JEE Main 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) जब बोतल को $x$ दूरी तक नीचे दबाया जाता है,तो लगने वाला प्रत्यानयन बल $F$ विस्थापित पानी के वजन के बराबर होता है: $F = A \rho g x$,जहाँ $A = \pi r^2$ बोतल का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल है।
सरल आवर्त गति के लिए,$F = m \omega^2 x$,जहाँ $m$ बोतल के अंदर पानी का द्रव्यमान है।
दोनों की तुलना करने पर: $\pi r^2 \rho g x = m \omega^2 x$.
अतः,$\omega = \sqrt{\frac{\pi r^2 \rho g}{m}}$.
यहाँ $m = \rho V$,जहाँ $V = 310\, ml = 310 \times 10^{-6}\, m^3$ और $r = 2.5 \times 10^{-2}\, m$ दिया गया है।
मान रखने पर: $\omega = \sqrt{\frac{\pi r^2 \rho g}{\rho V}} = r \sqrt{\frac{\pi g}{V}}$.
$\omega = (2.5 \times 10^{-2}) \sqrt{\frac{3.14 \times 10}{310 \times 10^{-6}}} = (2.5 \times 10^{-2}) \sqrt{\frac{31.4}{310 \times 10^{-6}}} \approx (2.5 \times 10^{-2}) \sqrt{10^5} \approx 2.5 \times 316 \times 10^{-2} \approx 7.9\, rad\, s^{-1}$.

(C) दिया गया है,आयाम $A = 5\, cm$ और विस्थापन $x = 4\, cm$ है।
सरल आवर्त गति में वेग का परिमाण $|v| = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ होता है।
सरल आवर्त गति में त्वरण का परिमाण $|a| = \omega^2 x$ होता है।
प्रश्न के अनुसार,$x = 4\, cm$ पर $|v| = |a|$ है:
$\omega \sqrt{A^2 - x^2} = \omega^2 x$
मान रखने पर:
$\omega \sqrt{5^2 - 4^2} = 4\omega^2$
$\omega \sqrt{25 - 16} = 4\omega^2$
$3\omega = 4\omega^2$
$\omega = \frac{3}{4}\, rad/s$
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega}$:
$T = \frac{2\pi}{3/4} = \frac{8\pi}{3}\, s$.

(C) एकपरमाणुक गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U$ का मान $U = \frac{3}{2} nRT = \frac{3}{2} PV$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया द्रव्यमान $M = 2\, kg$ और घनत्व $\rho = 8\, kg/m^3$ है,इसलिए आयतन $V = \frac{M}{\rho} = \frac{2}{8} = 0.25\, m^3$ होगा।
दबाव $P = 4 \times 10^4\, N/m^2$ है।
इन मानों को ऊर्जा के सूत्र में रखने पर:
$U = \frac{3}{2} \times (4 \times 10^4) \times 0.25$
$U = 1.5 \times 10^4\, J$ प्राप्त होता है।
अतः,ऊर्जा का क्रम $10^4\, J$ है।

(B) प्रारंभिक वेग के घटक: $u_x = 10 \cos 60^\circ = 5\,ms^{-1}$ और $u_y = 10 \sin 60^\circ = 5\sqrt{3}\,ms^{-1}$ हैं।
$t = 1\,s$ पर,वेग के घटक:
$v_x = u_x = 5\,ms^{-1}$
$v_y = u_y - gt = 5\sqrt{3} - 10(1) = 5\sqrt{3} - 10\,ms^{-1}$ हैं।
$t = 1\,s$ पर चाल $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{5^2 + (5\sqrt{3} - 10)^2} = \sqrt{25 + (75 + 100 - 100\sqrt{3})} = \sqrt{200 - 100\sqrt{3}} \approx \sqrt{26.8} \approx 5.17\,ms^{-1}$ है।
वक्रता त्रिज्या $R = \frac{v^2}{a_{\perp}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $a_{\perp}$ वेग के लंबवत त्वरण का घटक है।
वेग सदिश द्वारा क्षैतिज के साथ बनाया गया कोण $\theta$ है: $\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{5\sqrt{3} - 10}{5} = \sqrt{3} - 2 \approx -0.268$। अतः,$\theta \approx -15^\circ$ है।
त्वरण $g$ ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर कार्य करता है। वेग के लंबवत $g$ का घटक $a_{\perp} = g \cos \theta$ है।
$R = \frac{v^2}{g \cos \theta} = \frac{200 - 100\sqrt{3}}{10 \cos(-15^\circ)} = \frac{26.8}{10 \times 0.966} \approx 2.77\,m \approx 2.8\,m$।

(D) विस्थापन $x(t) = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया गया है,जहाँ $\omega = \frac{\pi}{90} \ rad/s$ है।
वेग $v(t) = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos(\omega t)$ है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m A^2 \omega^2 \cos^2(\omega t)$ है।
स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 \sin^2(\omega t)$ है।
गतिज ऊर्जा और स्थितिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{K}{U} = \frac{\cos^2(\omega t)}{\sin^2(\omega t)} = \cot^2(\omega t)$ है।
$t = 210 \ s$ पर,कला $\omega t = \frac{\pi}{90} \times 210 = \frac{21\pi}{9} = \frac{7\pi}{3} = 2\pi + \frac{\pi}{3}$ है।
अतः,$\frac{K}{U} = \cot^2\left( 2\pi + \frac{\pi}{3} \right) = \cot^2\left( \frac{\pi}{3} \right) = \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2 = \frac{1}{3}$।

(D) $h$ ऊँचाई पर उपग्रह का कक्षीय वेग $v = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}$ द्वारा दिया जाता है। चूँकि $h \ll R$,हम $R+h \approx R$ मान सकते हैं। अतः,$v = \sqrt{\frac{GM}{R}}$.
संबंध $g = \frac{GM}{R^2}$ का उपयोग करने पर,हमें $GM = gR^2$ प्राप्त होता है। इसका मान रखने पर,$v = \sqrt{\frac{gR^2}{R}} = \sqrt{gR}$.
$h$ ऊँचाई से पृथ्वी के गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र से पलायन करने के लिए आवश्यक पलायन वेग $v' = \sqrt{\frac{2GM}{R+h}}$ है।
पुनः,$h \ll R$ का उपयोग करने पर,$v' = \sqrt{\frac{2GM}{R}} = \sqrt{2gR}$.
गति में आवश्यक न्यूनतम वृद्धि $\Delta v = v' - v$ है।
$\Delta v = \sqrt{2gR} - \sqrt{gR} = \sqrt{gR}(\sqrt{2} - 1)$.

(B) चरघातांकी फलन (exponential function) का घातांक विमाहीन होना चाहिए।
अतः,$[\frac{x^2}{\alpha kt}] = [M^0L^0T^0]$.
चूंकि $[x^2] = L^2$ और $[kt] = [Energy] = ML^2T^{-2}$,हमारे पास है:
$[\alpha] = \frac{[x^2]}{[kt]} = \frac{L^2}{ML^2T^{-2}} = M^{-1}T^2$.
बल $F$ को $F = \alpha \beta \exp(\dots)$ द्वारा दिया गया है। चूंकि चरघातांकी पद विमाहीन है,इसलिए $F$ की विमाएं $\alpha \beta$ की विमाओं के बराबर होनी चाहिए।
$[F] = [\alpha][\beta]$
$MLT^{-2} = (M^{-1}T^2) [\beta]$
$[\beta] = \frac{MLT^{-2}}{M^{-1}T^2} = M^2LT^{-4}$.

(A) मान लीजिए समबाहु त्रिभुज $ABC$ की भुजा की लंबाई $L$ है। त्रिभुज का क्षेत्रफल $A = \frac{\sqrt{3}}{4}L^2$ है। एक पतले समान समबाहु त्रिभुज का उसके केंद्रक से गुजरने वाली और उसके तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{6} M L^2$ होता है,जहाँ $M$ त्रिभुज का द्रव्यमान है। चूंकि शीट समान है,द्रव्यमान $M$ क्षेत्रफल $A$ के समानुपाती है,इसलिए $M = \sigma A$,जहाँ $\sigma$ पृष्ठीय द्रव्यमान घनत्व है। अतः,$I \propto A \cdot L^2 \propto L^2 \cdot L^2 = L^4$.
मान लीजिए $I_0$ भुजा की लंबाई $L$ वाले मूल त्रिभुज $ABC$ का जड़त्व आघूर्ण है। अतः,$I_0 = k L^4$ किसी स्थिरांक $k$ के लिए।
छोटे त्रिभुज $DEF$ की भुजा की लंबाई $L/2$ है। इसका द्रव्यमान $m$ मूल त्रिभुज के द्रव्यमान $M$ का $1/4$ है क्योंकि इसका क्षेत्रफल मूल क्षेत्रफल का $1/4$ है। छोटे त्रिभुज $DEF$ का उसके अपने केंद्रक (जो $G$ भी है) के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{DEF} = k (L/2)^4 = k \frac{L^4}{16} = \frac{I_0}{16}$ है।
शेष आकृति का जड़त्व आघूर्ण मूल त्रिभुज और हटाए गए त्रिभुज के जड़त्व आघूर्ण के बीच का अंतर है: $I = I_0 - I_{DEF} = I_0 - \frac{I_0}{16} = \frac{15}{16}I_0$.

(B) बिंदु $O$ के परितः कुल टॉर्क $\vec \tau_O$ व्यक्तिगत बलों के कारण टॉर्क का योग है: $\vec \tau_O = \vec r_1 \times \vec F_1 + \vec r_2 \times \vec F_2$
बल $\vec F_1$ के लिए: स्थिति सदिश $\vec r_1 = 2\hat i + 3\hat j$ है और बल $\vec F_1 = F\hat k$ है। अतः,$\vec r_1 \times \vec F_1 = (2\hat i + 3\hat j) \times F\hat k = 2F(\hat i \times \hat k) + 3F(\hat j \times \hat k) = -2F\hat j + 3F\hat i = 3F\hat i - 2F\hat j$
बल $\vec F_2$ के लिए: स्थिति सदिश $\vec r_2 = 6\hat j$ है। बल $\vec F_2$,$XY$-तल में $y$-अक्ष के साथ $30^\circ$ का कोण बनाता है। अतः,$\vec F_2 = F(-\cos 30^\circ \hat i - \sin 30^\circ \hat j) = F(-\frac{\sqrt{3}}{2}\hat i - \frac{1}{2}\hat j)$
टॉर्क की गणना करने पर: $\vec r_2 \times \vec F_2 = (6\hat j) \times F(-\frac{\sqrt{3}}{2}\hat i - \frac{1}{2}\hat j) = 3\sqrt{3}F\hat k$
अतः,कुल टॉर्क $\vec \tau_O = (3\hat i - 2\hat j + 3\hat k)F$ प्राप्त होता है।

(D) माना कि मिलाई गई बर्फ का द्रव्यमान $m$ ग्राम है।
पानी द्वारा $0\,^{\circ}C$ तक पहुँचने के लिए खोई गई ऊष्मा: $Q_{lost} = m_w c_w \Delta T = 50 \times 4.2 \times (40 - 0) = 8400\,J.$
बर्फ द्वारा $0\,^{\circ}C$ तक पहुँचने के लिए प्राप्त ऊष्मा: $Q_{gain,1} = m c_{ice} \Delta T = m \times 2.1 \times (0 - (-20)) = 42m\,J.$
बर्फ के पिघले हुए भाग द्वारा $0\,^{\circ}C$ पर अवस्था परिवर्तन के लिए प्राप्त ऊष्मा: $Q_{gain,2} = (m - 20) \times 334\,J.$
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,$Q_{lost} = Q_{gain,1} + Q_{gain,2}.$
$8400 = 42m + 334(m - 20).$
$8400 = 42m + 334m - 6680.$
$8400 + 6680 = 376m.$
$15080 = 376m.$
$m = 15080 / 376 \approx 40.1\,g.$
अतः,मिलाई गई बर्फ की मात्रा लगभग $40\,g$ है।

(D) स्थिर चाल $v$ से गति करने वाले कण के लिए $\theta$ कोण पर वेग में परिवर्तन का परिमाण $\Delta \vec{v}$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\Delta v = 2v \sin\left(\frac{\theta}{2}\right)$
दिया गया है:
चाल $v = 10\,m/s$
कोण $\theta = 60^{\circ}$
मान रखने पर:
$\Delta v = 2 \times 10 \times \sin\left(\frac{60^{\circ}}{2}\right)$
$\Delta v = 20 \times \sin(30^{\circ})$
चूंकि $\sin(30^{\circ}) = 0.5$ है:
$\Delta v = 20 \times 0.5 = 10\,m/s$
अतः,वेग में परिवर्तन का परिमाण $10\,m/s$ है।

(A) निकाय की कुल आंतरिक ऊर्जा $U_{\text{total}}$ व्यक्तिगत गैसों की आंतरिक ऊर्जा का योग है।
ऑक्सीजन $(O_2)$ के लिए,जो एक द्वि-परमाणुक गैस है,स्वतंत्रता की कोटि $f_1 = 5$ ($3$ स्थानांतरण + $2$ घूर्णन) है।
ऑक्सीजन की आंतरिक ऊर्जा $U_{O_2} = n_1 \frac{f_1}{2} RT = 3 \times \frac{5}{2} RT = 7.5 \, RT$ है।
आर्गन $(Ar)$ के लिए,जो एक एक-परमाणुक गैस है,स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 3$ ($3$ स्थानांतरण) है।
आर्गन की आंतरिक ऊर्जा $U_{Ar} = n_2 \frac{f_2}{2} RT = 5 \times \frac{3}{2} RT = 7.5 \, RT$ है।
कुल आंतरिक ऊर्जा $U_{\text{total}} = U_{O_2} + U_{Ar} = 7.5 \, RT + 7.5 \, RT = 15 \, RT$ है।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान $T$ और आयतन $V$ के बीच का संबंध $TV^{\gamma-1} =$ नियतांक द्वारा दिया जाता है।
दिए गए समीकरण $TV^x =$ नियतांक के साथ इसकी तुलना करने पर,हमें $x = \gamma - 1$ प्राप्त होता है।
एक दृढ़ द्विपरमाणुक आदर्श गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ होती है।
रुद्धोष्म घातांक $\gamma$ का मान $\gamma = 1 + \frac{2}{f} = 1 + \frac{2}{5} = \frac{7}{5}$ होता है।
$x$ के व्यंजक में $\gamma$ का मान रखने पर:
$x = \frac{7}{5} - 1 = \frac{2}{5}$.

(B) माना द्रव्यमान प्रवाह दर $\frac{dm}{dt} = \rho A v$ है। जाली पर लगाया गया बल द्रव के संवेग परिवर्तन की दर के बराबर होता है।
$50\%$ द्रव जो गुजर जाता है उसके लिए: $\Delta p = 0$,इसलिए $F_1 = 0$।
$25\%$ द्रव जो अपना सारा संवेग खो देता है उसके लिए: $\Delta p = (0.25 \frac{dm}{dt})v - 0 = 0.25 \rho A v^2$।
$25\%$ द्रव जो वापस उछल जाता है उसके लिए: $\Delta p = (0.25 \frac{dm}{dt})v - (0.25 \frac{dm}{dt})(-v) = 0.5 \rho A v^2$।
कुल बल $F = F_1 + F_2 + F_3 = 0 + 0.25 \rho A v^2 + 0.5 \rho A v^2 = 0.75 \rho A v^2 = \frac{3}{4} \rho A v^2$।
दबाव $P = \frac{F}{A} = \frac{3}{4} \rho v^2$।

(C) दिया गया तरंग समीकरण $y = 0.03 \sin(450t - 9x)$ है।
इसे मानक तरंग समीकरण $y = A \sin(\omega t - kx)$ के साथ तुलना करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = 450 \, rad/s$ और तरंग संख्या $k = 9 \, m^{-1}$ प्राप्त होती है।
तरंग की गति $v = \frac{\omega}{k} = \frac{450}{9} = 50 \, m/s$ है।
रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\mu = 5 \, g/m = 5 \times 10^{-3} \, kg/m$ है।
तनी हुई डोरी पर तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ तनाव है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$v^2 = \frac{T}{\mu}$,इसलिए $T = \mu v^2$ है।
मान रखने पर,$T = (5 \times 10^{-3} \, kg/m) \times (50 \, m/s)^2$ प्राप्त होता है।
$T = 5 \times 10^{-3} \times 2500 = 5 \times 2.5 = 12.5 \, N$.

(D) $1$. प्लेटफॉर्म से टकराने से ठीक पहले $1\,kg$ के पिंड का वेग: $v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 10 \times 100} = \sqrt{2000} = 20\sqrt{5}\,m/s.$
$2$. पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर के दौरान रेखीय संवेग संरक्षण $(COLM)$ के नियम का उपयोग करते हुए: $m_1 v = (m_1 + m_2) v',$
जहाँ $v'$ टक्कर के तुरंत बाद संयुक्त द्रव्यमान $(1+3 = 4\,kg)$ का वेग है।
$1 \times 20\sqrt{5} = 4 \times v' \implies v' = 5\sqrt{5}\,m/s.$
$3$. टक्कर के बिंदु से अधिकतम संपीड़न $x$ तक निकाय के लिए यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
संयुक्त द्रव्यमान की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा और गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन में परिवर्तित हो जाती है।
स्प्रिंग की साम्यावस्था को संदर्भ स्तर मानते हुए। प्लेटफॉर्म पहले से ही $x_0 = \frac{m_2 g}{k} = \frac{3 \times 10}{1.25 \times 10^6} = 2.4 \times 10^{-5}\,m$ संकुचित है,जिसे नगण्य माना जा सकता है।
ऊर्जा संरक्षण लागू करने पर: $\frac{1}{2} M (v')^2 + M g x = \frac{1}{2} k x^2,$
जहाँ $M = 4\,kg.$
$\frac{1}{2} \times 4 \times (5\sqrt{5})^2 + 4 \times 10 \times x = \frac{1}{2} \times 1.25 \times 10^6 \times x^2.$
$2 \times 125 + 40x = 6.25 \times 10^5 x^2.$
$6.25 \times 10^5 x^2 - 40x - 250 = 0.$
चूँकि $x$ बहुत छोटा है,$40x$ को $250$ और $6.25 \times 10^5 x^2$ की तुलना में नगण्य माना जा सकता है।
$6.25 \times 10^5 x^2 \approx 250 \implies x^2 \approx \frac{250}{6.25 \times 10^5} = 40 \times 10^{-5} = 4 \times 10^{-4}.$
$x = 0.02\,m = 2\,cm.$

(B) दिया गया है:
प्रारंभिक स्थिति $\vec{r}_0 = (2.0\hat i + 4.0\hat j) \, m$
प्रारंभिक वेग $\vec{u} = (5.0\hat i + 4.0\hat j) \, m/s$
त्वरण $\vec{a} = (4.0\hat i + 4.0\hat j) \, m/s^2$
समय $t = 2 \, s$
गति के समीकरण $\vec{r}(t) = \vec{r}_0 + \vec{u}t + \frac{1}{2}\vec{a}t^2$ का उपयोग करने पर:
$\vec{r}(2) = (2.0\hat i + 4.0\hat j) + (5.0\hat i + 4.0\hat j)(2) + \frac{1}{2}(4.0\hat i + 4.0\hat j)(2)^2$
$\vec{r}(2) = (2.0\hat i + 4.0\hat j) + (10.0\hat i + 8.0\hat j) + \frac{1}{2}(4.0\hat i + 4.0\hat j)(4)$
$\vec{r}(2) = (2.0\hat i + 4.0\hat j) + (10.0\hat i + 8.0\hat j) + (8.0\hat i + 8.0\hat j)$
$\vec{r}(2) = (2.0 + 10.0 + 8.0)\hat i + (4.0 + 8.0 + 8.0)\hat j$
$\vec{r}(2) = (20.0\hat i + 20.0\hat j) \, m$
मूल बिंदु से दूरी स्थिति सदिश का परिमाण है:
$|\vec{r}(2)| = \sqrt{20^2 + 20^2} = \sqrt{400 + 400} = \sqrt{800} = 20\sqrt{2} \, m$.

(A) एक रैखिक पैमाने के लिए,तापमान $T$ को रीडिंग $x$ से इस सूत्र द्वारा संबंधित किया जा सकता है:
$T = \frac{x - x_{ice}}{x_{steam} - x_{ice}} \times 100^\circ C$
दिया गया है:
$x_{steam} = x_0$
$x_{ice} = x_0/3$
$x = x_0/2$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$T = \frac{x_0/2 - x_0/3}{x_0 - x_0/3} \times 100^\circ C$
$T = \frac{(3x_0 - 2x_0)/6}{(3x_0 - x_0)/3} \times 100^\circ C$
$T = \frac{x_0/6}{2x_0/3} \times 100^\circ C$
$T = \frac{x_0}{6} \times \frac{3}{2x_0} \times 100^\circ C$
$T = \frac{1}{4} \times 100^\circ C = 25^\circ C$

(B) निकाय का कुल जड़त्व आघूर्ण $I$,$OO'$ अक्ष के परितः तीनों डिस्क के जड़त्व आघूर्ण का योग है।
डिस्क $D_1$ के लिए,$OO'$ अक्ष इसके केंद्र से गुजरती है और इसके तल के लंबवत है। अतः,$I_1 = \frac{1}{2}MR^2$.
डिस्क $D_2$ और $D_3$ के लिए,$OO'$ अक्ष उनके व्यास के समानांतर है और उनके केंद्र से $R$ दूरी पर गुजरती है। समानांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$I_{2,3} = I_{cm} + Md^2 = \frac{1}{4}MR^2 + MR^2 = \frac{5}{4}MR^2$.
चूंकि ऐसी दो डिस्क हैं,इसलिए कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_1 + 2 \times I_{2,3} = \frac{1}{2}MR^2 + 2 \times (\frac{5}{4}MR^2) = \frac{1}{2}MR^2 + \frac{5}{2}MR^2 = 3MR^2$ होगा।

(A) टॉर्क के परिमाण का सूत्र $\tau = rF \sin \theta$ है,जहाँ $r$ स्थिति सदिश का परिमाण है,$F$ बल का परिमाण है,और $\theta$ उनके बीच का कोण है।
दिया गया है: $\tau = 2.5\,Nm$,$F = 1\,N$,और $r = 5\,m$.
सूत्र में मान रखने पर: $2.5 = 5 \times 1 \times \sin \theta$.
इसे सरल करने पर $\sin \theta = \frac{2.5}{5} = 0.5$ प्राप्त होता है।
चूँकि $\sin \theta = 0.5$,इसलिए कोण $\theta = \arcsin(0.5) = \frac{\pi}{6}$ रेडियन होगा।

(B) न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,संवेग परिवर्तन की दर लगाए गए बल के बराबर होती है:
$\frac{dp}{dt} = F = kt$
समय $t = 0$ से $t = T$ और संवेग $p$ से $3p$ तक दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int_{p}^{3p} dp = \int_{0}^{T} kt \, dt$
$[p]_{p}^{3p} = k \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{T}$
$3p - p = k \left( \frac{T^2}{2} - 0 \right)$
$2p = \frac{kT^2}{2}$
$4p = kT^2$
$T^2 = \frac{4p}{k}$
$T = 2\sqrt{\frac{p}{k}}$

(A) सरल लोलक की कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{g_{eff}}{\ell}}$ द्वारा दी जाती है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें $\frac{\Delta \omega}{\omega} = \frac{1}{2} \frac{\Delta g_{eff}}{g_{eff}}$ प्राप्त होता है।
जब आधार $A$ आयाम और $\omega_s$ आवृत्ति के साथ ऊर्ध्वाधर दोलन करता है,तो गुरुत्वीय त्वरण में परिवर्तन $\Delta g = A \omega_s^2$ होता है।
यहाँ,$A = 10^{-2}\, m$ और $\omega_s = 1\, rad/s$ है।
अतः,$\Delta g = 10^{-2} \times (1)^2 = 10^{-2}\, m/s^2$ है।
$g \approx 10\, m/s^2$ लेने पर,प्रभावी गुरुत्व में सापेक्ष परिवर्तन $\frac{\Delta g}{g} = \frac{10^{-2}}{10} = 10^{-3}$ है।
इसलिए,कोणीय आवृत्ति में सापेक्ष परिवर्तन $\frac{\Delta \omega}{\omega} = \frac{1}{2} \times \frac{\Delta g}{g} = \frac{1}{2} \times 10^{-3} = 0.5 \times 10^{-3} = 5 \times 10^{-4}$ है।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,निकटतम परिमाण $10^{-3}$ है।

(D) माना अंतिम संतुलन तापमान $T$ है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार, धातु की गेंद द्वारा खोई गई ऊष्मा = पानी और बर्तन द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
$m_{metal} c_{metal} (T_{initial, metal} - T) = (m_{water} c_{water} + C_{vessel}) (T - T_{initial, water})$
$0.1 \times 400 \times (500 - T) = (0.5 \times 4200 + 800) \times (T - 30)$
$40(500 - T) = (2100 + 800) \times (T - 30)$
$20000 - 40T = 2900(T - 30)$
$20000 - 40T = 2900T - 87000$
$107000 = 2940T$
$T = \frac{107000}{2940} \approx 36.39 \, ^\circ C$
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 36.39 - 30 = 6.39 \, ^\circ C$।
प्रतिशत वृद्धि = $\frac{\Delta T}{T_{initial}} \times 100 = \frac{6.39}{30} \times 100 \approx 21.3 \%$।
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $20 \%$ है।

(A) एक सरल लोलक की उसके निम्नतम बिंदु पर अधिकतम गतिज ऊर्जा उसके अधिकतम कोणीय विस्थापन $\theta$ पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है।
कोणीय विस्थापन $\theta$ पर स्थितिज ऊर्जा $U = mg\ell(1 - \cos \theta)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,और $\ell$ लोलक की लंबाई है।
पहले मामले के लिए,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_1 = mg\ell(1 - \cos \theta)$ है।
दूसरे मामले में,लंबाई दोगुनी कर दी जाती है $(\ell' = 2\ell)$ और कोणीय आयाम $\theta$ समान रहता है। नई अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_2 = mg(2\ell)(1 - \cos \theta)$ है।
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $K_2 = 2 \times [mg\ell(1 - \cos \theta)] = 2K_1$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि दोनों छड़ों की प्रारंभिक लंबाई $L_0$ है और प्रारंभिक तापमान $T_i = 30\,^{\circ}C$ है।
छड़ की अंतिम लंबाई का सूत्र $L = L_0(1 + \alpha \Delta T)$ है,जहाँ $\alpha$ रेखीय प्रसार गुणांक है और $\Delta T$ तापमान में परिवर्तन है।
चूंकि अंतिम लंबाई समान है,इसलिए:
$L_0(1 + \alpha_A \Delta T_A) = L_0(1 + \alpha_B \Delta T_B)$
यह सरल होकर मिलता है:
$\alpha_A \Delta T_A = \alpha_B \Delta T_B$
यहाँ $\frac{\alpha_A}{\alpha_B} = \frac{4}{3}$,$\Delta T_A = 180 - 30 = 150\,^{\circ}C$,और $\Delta T_B = T - 30$ है।
मान रखने पर:
$\frac{4}{3} = \frac{T - 30}{150}$
$T - 30 = \frac{4}{3} \times 150$
$T - 30 = 4 \times 50 = 200$
$T = 200 + 30 = 230\,^{\circ}C$.

(D) यंग मापांक $(Y)$ प्रतिबल और विकृति का अनुपात है। चूंकि विकृति आयामहीन है,इसलिए $Y$ का आयाम प्रतिबल (बल/क्षेत्रफल) के समान होता है।
$[Y] = [F] / [L^2]$.
हमें मूलभूत इकाइयाँ $V, A, F$ दी गई हैं।
हम जानते हैं कि $F = M \cdot A$,इसलिए $M = F \cdot A^{-1}$।
साथ ही,$V = L \cdot T^{-1}$ और $A = L \cdot T^{-2}$।
$A$ को $V$ से विभाजित करने पर: $A/V = (L \cdot T^{-2}) / (L \cdot T^{-1}) = T^{-1}$,इसलिए $T = V \cdot A^{-1}$।
अब,$L = V \cdot T = V \cdot (V \cdot A^{-1}) = V^2 \cdot A^{-1}$।
इसलिए,$L^2 = (V^2 \cdot A^{-1})^2 = V^4 \cdot A^{-2}$।
इन मानों को $Y$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$[Y] = [F] / [L^2] = F / (V^4 \cdot A^{-2}) = F \cdot V^{-4} \cdot A^2$।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $M = 5\, kg$,त्रिज्या $R = 0.5\, m$,बल $F = 40\, N$। एक खोखले बेलन के लिए,उसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = MR^2$ होता है।
मान लीजिए कि संपर्क बिंदु पर पीछे की दिशा में लगने वाला घर्षण बल $f$ है।
रैखिक गति के लिए समीकरण: $F + f = Ma$,जहाँ बिना फिसले लुढ़कने के लिए $a = R\alpha$ है।
अतः,$40 + f = M(R\alpha) \quad (i)$
द्रव्यमान केंद्र के परितः घूर्णन गति के लिए समीकरण: $(F \times R) - (f \times R) = I\alpha$।
$I = MR^2$ रखने पर: $(40 - f)R = (MR^2)\alpha \implies 40 - f = MR\alpha \quad (ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$(40 + f) + (40 - f) = MR\alpha + MR\alpha$
$80 = 2MR\alpha$
$80 = 2 \times 5 \times 0.5 \times \alpha$
$80 = 5\alpha$
$\alpha = 16\, rad/s^2$.

(D) ग्रह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए $M_e$ और $R_e$ पृथ्वी का द्रव्यमान और त्रिज्या हैं,और $M_p$ और $R_p$ ग्रह का द्रव्यमान और त्रिज्या हैं।
दिया गया है: $M_p = 3M_e$ और $D_p = 3D_e$,जिसका अर्थ है $R_p = 3R_e$।
ग्रह और पृथ्वी पर गुरुत्वाकर्षण का अनुपात $\frac{g_p}{g_e} = \frac{M_p}{M_e} \left( \frac{R_e}{R_p} \right)^2 = 3 \left( \frac{1}{3} \right)^2 = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$ है।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ होता है,इसलिए $T \propto \frac{1}{\sqrt{g}}$।
अतः,$\frac{T_p}{T_e} = \sqrt{\frac{g_e}{g_p}} = \sqrt{3}$।
दिया गया है $T_e = 2 \ s$,इसलिए $T_p = 2\sqrt{3} \ s$।

(A) दी गई प्रक्रिया का संबंध: $VT = K$ है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करने पर,$T = \frac{PV}{nR}$ प्राप्त होता है।
इस मान को प्रक्रिया समीकरण में रखने पर: $V \left( \frac{PV}{nR} \right) = K$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $PV^2 = nRK$ प्राप्त होता है,जो $PV^x = \text{constant}$ प्रकार की पॉलीट्रोपिक प्रक्रिया है,जहाँ $x = 2$ है।
एकपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{3}{2} R$ होती है।
पॉलीटरोपिक प्रक्रिया के लिए मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C = C_v + \frac{R}{1-x}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $C = \frac{3}{2} R + \frac{R}{1-2} = \frac{3}{2} R - R = \frac{1}{2} R$ प्राप्त होता है।
$n$ मोल गैस द्वारा अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q = n C \Delta T$ होती है।
यहाँ $n = 1$ है,इसलिए $\Delta Q = 1 \times \left( \frac{1}{2} R \right) \times \Delta T = \frac{1}{2} R \Delta T$ प्राप्त होता है।

(C) कैलोरीमिति के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,द्रव $A$ द्वारा खोई गई ऊष्मा = द्रव $B$ द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
$m_A S_A (T_{A,initial} - T_{mix}) = m_B S_B (T_{mix} - T_{B,initial})$
$100 \times S_A \times (100 - 90) = 50 \times S_B \times (90 - 75)$
$1000 S_A = 750 S_B$
$S_A = 0.75 S_B = \frac{3}{4} S_B$
अब,दूसरे मामले के लिए,मान लें कि अंतिम तापमान $T$ है:
$100 \times S_A \times (100 - T) = 50 \times S_B \times (T - 50)$
$S_A = \frac{3}{4} S_B$ प्रतिस्थापित करने पर:
$100 \times (\frac{3}{4} S_B) \times (100 - T) = 50 \times S_B \times (T - 50)$
$75 (100 - T) = 50 (T - 50)$
$3 (100 - T) = 2 (T - 50)$
$300 - 3T = 2T - 100$
$5T = 400$
$T = 80\,^oC$

(D) एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = \frac{f}{2} nRT$ है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करके,हम $nRT$ को $PV$ से प्रतिस्थापित कर सकते हैं,जिससे $U = \frac{f}{2} PV$ प्राप्त होता है।
यहाँ $P = 3\times10^6\, Pa$ और $V = 2\, m^3$ दिया गया है,इसलिए $PV = 6\times10^6\, J$ होता है।
चूंकि स्वतंत्रता की कोटि $f$ गैस की प्रकृति (एकपरमाणुक,द्विपरमाणुक,आदि) पर निर्भर करती है और प्रश्न में नहीं दी गई है,इसलिए आंतरिक ऊर्जा को विशिष्ट रूप से निर्धारित नहीं किया जा सकता है।
अतः,दी गई जानकारी अपर्याप्त है।

(C) एक प्रगामी हार्मोनिक तरंग का सामान्य समीकरण $y(x, t) = A \sin(\omega t + kx + \phi)$ होता है।
दिए गए समीकरण $y(x, t) = 10^{-3} \sin(50t + 2x)$ के साथ तुलना करने पर:
यहाँ,$\omega = 50 \ rad/s$ और $k = 2 \ rad/m$ है।
चूंकि $t$ और $x$ पदों के बीच का चिह्न धनात्मक $(+)$ है,इसलिए तरंग ऋणात्मक $x$-अक्ष की दिशा में आगे बढ़ रही है।
तरंग की गति $v$ को कोणीय आवृत्ति और तरंग संख्या के अनुपात द्वारा ज्ञात किया जाता है: $v = \frac{\omega}{k}$।
मान रखने पर: $v = \frac{50}{2} = 25 \ m/s$।
अतः,तरंग $25 \ m/s$ की गति से ऋणात्मक $x$-अक्ष की दिशा में आगे बढ़ रही है।

(A) यात्री ट्रेन द्वारा मालगाड़ी को पूरी तरह से पार करने के लिए तय की जाने वाली कुल दूरी उनकी लंबाई का योग है: $D = 60\, m + 120\, m = 180\, m = 0.18\, km$.
$(i)$ जब वे एक ही दिशा में चल रहे हों,तो सापेक्ष गति $v_{rel} = 80 - 30 = 50\, km/hr$ होती है।
लिया गया समय $t_1 = \frac{D}{v_{rel}} = \frac{0.18}{50}\, hr$ है।
$(ii)$ जब वे विपरीत दिशा में चल रहे हों,तो सापेक्ष गति $v_{rel} = 80 + 30 = 110\, km/hr$ होती है।
लिया गया समय $t_2 = \frac{D}{v_{rel}} = \frac{0.18}{110}\, hr$ है।
समय का अनुपात $\frac{t_1}{t_2} = \frac{0.18 / 50}{0.18 / 110} = \frac{110}{50} = \frac{11}{5} = 2.2$ है।

(D) मूल बिंदु से $x$ दूरी पर $dx$ लंबाई का छड़ का एक छोटा अवयव लें।
इस अवयव का द्रव्यमान $dm = (A + Bx^2)dx$ है।
इस अवयव द्वारा $x = 0$ पर स्थित बिंदु द्रव्यमान $m$ पर लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $dF = \frac{G(dm)m}{x^2}$ है।
$dm$ का मान रखने पर,हमें $dF = \frac{Gm(A + Bx^2)dx}{x^2} = Gm\left( \frac{A}{x^2} + B \right)dx$ प्राप्त होता है।
कुल बल ज्ञात करने के लिए,हम $x = a$ से $x = a + L$ तक समाकलन करते हैं:
$F = \int_a^{a+L} Gm\left( \frac{A}{x^2} + B \right)dx = Gm \left[ A \int_a^{a+L} x^{-2} dx + B \int_a^{a+L} dx \right]$.
$F = Gm \left[ A \left( -\frac{1}{x} \right)_a^{a+L} + B(x)_a^{a+L} \right]$.
$F = Gm \left[ A \left( -\frac{1}{a+L} + \frac{1}{a} \right) + B(a+L-a) \right]$.
$F = Gm \left[ A \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{a+L} \right) + BL \right]$.

(B) $P-V$ आरेख पर एक चक्रीय प्रक्रम में किया गया कार्य लूप द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
त्रिभुज $CAB$ के लिए:
$V$-अक्ष पर त्रिभुज का आधार $\Delta V = 5 - 1 = 4 \, m^3$ है।
$P$-अक्ष पर त्रिभुज की ऊँचाई $\Delta P = 6 - 1 = 5 \, Pa$ है।
त्रिभुज का क्षेत्रफल $\text{Area} = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊँचाई}$ द्वारा दिया जाता है।
$\text{Area} = \frac{1}{2} \times 4 \times 5 = 10 \, J$.
चूंकि चक्र $CAB$ वामावर्त दिशा में है,इसलिए किया गया कार्य ऋणात्मक है। हालाँकि,परिमाण में,किया गया कार्य $10 \, J$ है।

(A) छड़ को तीन भागों में विभाजित किया जा सकता है,प्रत्येक को उसके ज्यामितीय केंद्र पर स्थित बिंदु द्रव्यमान के रूप में माना जा सकता है।
$1$. $2L$ लंबाई वाले क्षैतिज भाग का द्रव्यमान $2m$ है और इसका द्रव्यमान केंद्र $(L, L)$ पर है।
$2$. $x=2L$ पर स्थित ऊर्ध्वाधर भाग का द्रव्यमान $m$ है और इसका द्रव्यमान केंद्र $(2L, 0.5L)$ पर है।
$3$. $x=2L$ से $x=3L$ तक के क्षैतिज भाग का द्रव्यमान $m$ है और इसका द्रव्यमान केंद्र $(2.5L, 0)$ पर है।
कुल द्रव्यमान $M = 2m + m + m = 4m$.
$\vec{r}_{cm} = \frac{2m(L\hat{i} + L\hat{j}) + m(2L\hat{i} + 0.5L\hat{j}) + m(2.5L\hat{i} + 0\hat{j})}{4m}$
$\vec{r}_{cm} = \frac{(2L + 2L + 2.5L)\hat{i} + (2L + 0.5L + 0)\hat{j}}{4}$
$\vec{r}_{cm} = \frac{6.5L\hat{i} + 2.5L\hat{j}}{4} = \frac{13/2 L\hat{i} + 5/2 L\hat{j}}{4} = \frac{13}{8}L\hat{i} + \frac{5}{8}L\hat{j}$.

(D) मान लीजिए $V_{P}$ विमान की गति है और $\upsilon$ ध्वनि की गति है।
जब विमान द्वारा ध्वनि उत्सर्जित की गई थी,तो वह ऐसी स्थिति में था कि ध्वनि तरंगें प्रेक्षक तक जमीन के साथ $60^{\circ}$ के कोण पर पहुंचीं।
मान लीजिए प्रेक्षक बिंदु $C$ पर है और जब ध्वनि उत्सर्जित हुई तो विमान बिंदु $A$ पर था।
ध्वनि $t$ समय में $AC$ दूरी तय करती है,इसलिए $AC = \upsilon t$।
विमान उसी समय $t$ में क्षैतिज दूरी $AB$ तय करता है,इसलिए $AB = V_{P} t$।
त्रिभुज $ABC$ की ज्यामिति से,जहाँ $\angle ACB = 60^{\circ}$ है,हमें प्राप्त होता है:
$V_{P} = \upsilon \cos(60^{\circ})$
$V_{P} = \upsilon \times \frac{1}{2} = \frac{\upsilon}{2}$।

(C) मान लीजिए कि छड़ को एक छोटे कोण $\theta$ से घुमाया जाता है। छड़ के प्रत्येक सिरे का विस्थापन $x = \frac{l}{2} \theta$ है।
प्रत्येक स्प्रिंग एक प्रत्यानयन बल $F = kx = k \frac{l}{2} \theta$ लगाती है।
केंद्र $O$ के परितः प्रत्यानयन बल आघूर्ण $\tau = 2 \times (F \times \frac{l}{2}) = 2 \times (k \frac{l}{2} \theta \times \frac{l}{2}) = \frac{k l^2}{2} \theta$ है।
छड़ के केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{ml^2}{12}$ है।
न्यूटन के दूसरे नियम के घूर्णी रूप का उपयोग करते हुए,$\tau = -I \alpha$,जहाँ $\alpha$ कोणीय त्वरण है:
$\frac{k l^2}{2} \theta = -(\frac{ml^2}{12}) \alpha \implies \alpha = -(\frac{6k}{m}) \theta$.
इसे कोणीय सरल आवर्त गति के मानक समीकरण $\alpha = -\omega^2 \theta$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{6k}{m}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\omega = \sqrt{\frac{6k}{m}}$.
आवृत्ति $f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{6k}{m}}$ द्वारा दी जाती है।

(C) छोटे कोणों के लिए,$\cos \theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}$ होता है। निम्नतम बिंदु पर $m$ द्रव्यमान के गोलक का वेग $v = \sqrt{2gl(1 - \cos \theta_0)} \approx \sqrt{2gl(\frac{\theta_0^2}{2})} = \theta_0 \sqrt{gl}$ है।
प्रत्यास्थ टक्कर के बाद,गोलक $v'$ वेग से वापस उछलता है और $\theta_1$ कोण तक पहुँचता है,इसलिए $v' = \theta_1 \sqrt{gl}$ होगा।
स्थिर $M$ द्रव्यमान के ब्लॉक के साथ प्रत्यास्थ टक्कर में,टक्कर के बाद गोलक $m$ का वेग $v' = \left( \frac{m - M}{m + M} \right)v$ होता है।
चूंकि गोलक वापस उछलता है,इसलिए इसका वेग प्रारंभिक दिशा के सापेक्ष ऋणात्मक है,अतः $v' = -\theta_1 \sqrt{gl}$ होगा।
इस प्रकार,$-\theta_1 \sqrt{gl} = \left( \frac{m - M}{m + M} \right) \theta_0 \sqrt{gl}$।
$-\theta_1 = \frac{m - M}{m + M} \theta_0 \implies -\theta_1(m + M) = \theta_0(m - M)$।
$-m\theta_1 - M\theta_1 = m\theta_0 - M\theta_0$।
$M(\theta_0 - \theta_1) = m(\theta_0 + \theta_1)$।
$M = m\left( \frac{\theta_0 + \theta_1}{\theta_0 - \theta_1} \right)$।

(D) जब ऊष्मा बेलनों की लंबाई के अनुदिश प्रवाहित होती है,तो दोनों बेलन ऊष्मा के समानांतर चालकों के रूप में कार्य करते हैं।
समानांतर संयोजन के लिए,समतुल्य ऊष्मीय चालकता व्यक्तिगत ऊष्मीय चालकताओं के योग के बराबर होती है।
ऊष्मीय चालकता $C = \frac{KA}{L}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $K$ ऊष्मीय चालकता है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,और $L$ लंबाई है।
आंतरिक बेलन के लिए,क्षेत्रफल $A_1 = \pi R^2$ है।
बाहरी बेलनाकार खोल के लिए,क्षेत्रफल $A_2 = \pi (2R)^2 - \pi R^2 = 3\pi R^2$ है।
निकाय का कुल क्षेत्रफल $A = A_1 + A_2 = 4\pi R^2$ है।
कुल चालकता को व्यक्तिगत चालकताओं के योग के बराबर रखने पर:
$\frac{K_{eff} A}{L} = \frac{K_1 A_1}{L} + \frac{K_2 A_2}{L}$
$K_{eff} (4\pi R^2) = K_1 (\pi R^2) + K_2 (3\pi R^2)$
$4 K_{eff} = K_1 + 3 K_2$
$K_{eff} = \frac{K_1 + 3 K_2}{4}$

(B) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ स्क्रू के पिच और वृत्तीय पैमाने पर विभाजनों की कुल संख्या $(N)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है:
पिच = $1\, mm = 10^{-3}\, m$
$LC = 5\,\mu m = 5 \times 10^{-6}\, m$
सूत्र का उपयोग करते हुए:
$LC = \frac{\text{Pitch}}{N}$
$5 \times 10^{-6} = \frac{10^{-3}}{N}$
$N = \frac{10^{-3}}{5 \times 10^{-6}}$
$N = \frac{1000}{5} = 200$
अतः,आवश्यक विभाजनों की न्यूनतम संख्या $200$ है।

(B) एक खोखले बेलन का उसकी केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण का सूत्र है:
$I = \frac{1}{2} M (R^2 + r^2)$
जहाँ $M$ द्रव्यमान है,$R$ बाहरी त्रिज्या है,और $r$ आंतरिक त्रिज्या है।
यहाँ $r = 10\, cm$ और $R = 20\, cm$ दिया गया है,इसलिए:
$I = \frac{1}{2} M (20^2 + 10^2) = \frac{1}{2} M (400 + 100) = \frac{1}{2} M (500) = 250 M$
समान द्रव्यमान $M$ और त्रिज्या $r_0$ वाले एक पतले बेलन (रिंग) के लिए,उसकी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण है:
$I = M r_0^2$
$I$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$M r_0^2 = 250 M$
$r_0^2 = 250$
$r_0 = \sqrt{250} \approx 15.81\, cm \approx 16\, cm$
अतः,पतले बेलन की त्रिज्या लगभग $16\, cm$ है।

(B) मान लीजिए कि उपग्रह स्पर्शरेखीय दिशा में (मान लीजिए $y$-अक्ष के अनुदिश) $v$ वेग से गति कर रहा है और उल्कापिंड पृथ्वी की ओर ($x$-अक्ष के अनुदिश) $v$ वेग से गति कर रहा है। पूर्णतः अप्रत्यास्थ टक्कर के बाद,संयुक्त द्रव्यमान $2M$ एक नए वेग सदिश $\vec{V}$ के साथ गति करता है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$x$-अक्ष के अनुदिश: $Mv = (2M)v_x \Rightarrow v_x = v/2$.
$y$-अक्ष के अनुदिश: $Mv = (2M)v_y \Rightarrow v_y = v/2$.
नए वेग का परिमाण $V = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{(v/2)^2 + (v/2)^2} = v/\sqrt{2}$ है।
चूंकि उपग्रह एक वृत्ताकार कक्षा में था,उसका प्रारंभिक वेग $v = \sqrt{GM/R}$ था। नया वेग $V = v/\sqrt{2} < v$ है। इसके अलावा,वेग की दिशा अब पूरी तरह से स्पर्शरेखीय नहीं है। समान कक्षीय त्रिज्या $R$ पर चाल और दिशा दोनों में परिवर्तन के परिणामस्वरूप गति दीर्घवृत्ताकार कक्षा में होगी।

(D) समांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली समांतर अक्ष से $x$ दूरी पर स्थित अक्ष के परितः किसी पिंड का जड़त्व आघूर्ण $I = I_{CM} + Mx^2$ द्वारा दिया जाता है।
एक ठोस गोले के लिए,उसके व्यास के परितः (जो द्रव्यमान केंद्र से गुजरता है) जड़त्व आघूर्ण $I_{CM} = \frac{2}{5}MR^2$ होता है।
इस मान को समांतर अक्ष प्रमेय में रखने पर,हमें $I(x) = \frac{2}{5}MR^2 + Mx^2$ प्राप्त होता है।
यह समीकरण $y = ax^2 + c$ के रूप में है,जहाँ $a = M$ और $c = \frac{2}{5}MR^2$ है।
चूंकि $c > 0$ है,इसलिए ग्राफ एक परवलय है जो मूल बिंदु से नहीं गुजरता है,बल्कि $I$-अक्ष पर एक धनात्मक मान $I(0) = \frac{2}{5}MR^2$ से शुरू होता है और ऊपर की ओर खुलता है। यह ग्राफ विकल्प $D$ में दर्शाया गया है।

(A) प्रथम स्थिति में,तार में तनाव $T_1 = Mg$ है। लंबाई में वृद्धि $\Delta \ell_1 = \frac{MgL}{AY}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $L$ लंबाई है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $Y$ यंग मापांक है।
दिया गया है $\Delta \ell_1 = 4.0 \ mm$.
जब भार को तरल में डुबोया जाता है,तो एक उत्प्लावन बल $B$ ऊपर की ओर कार्य करता है। नया तनाव $T_2 = Mg - B$ है।
उत्प्लावन बल $B = V \rho_{liquid} g$,जहाँ $V$ भार का आयतन है।
भार का वजन $Mg = V \rho_{load} g$ है।
अतः,$B = Mg \left( \frac{\rho_{liquid}}{\rho_{load}} \right) = Mg \left( \frac{2}{8} \right) = \frac{1}{4} Mg$.
नया तनाव $T_2 = Mg - \frac{1}{4} Mg = \frac{3}{4} Mg$.
लंबाई में नई वृद्धि $\Delta \ell_2 = \frac{T_2 L}{AY} = \frac{3}{4} \left( \frac{MgL}{AY} \right) = \frac{3}{4} \Delta \ell_1$.
$\Delta \ell_1 = 4.0 \ mm$ रखने पर,हमें $\Delta \ell_2 = \frac{3}{4} \times 4.0 \ mm = 3.0 \ mm$ प्राप्त होता है।

(B) दो क्रमिक टक्करों के बीच का औसत समय $\tau = \frac{\lambda}{v_{avg}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\lambda$ माध्य मुक्त पथ है और $v_{avg}$ औसत गति है।
चूंकि $\lambda \propto \frac{T}{P}$ और $v_{avg} \propto \sqrt{T}$,इसलिए $\tau \propto \frac{T/P}{\sqrt{T}} \propto \frac{\sqrt{T}}{P}$ होता है।
दिया गया है $P_1 = 2 \, atm$,$T_1 = 300 \, K$,और $\tau_1 = 6 \times 10^{-8} \, s$.
नई स्थिति के लिए,$P_2 = 2 P_1 = 4 \, atm$ और $T_2 = 500 \, K$.
अनुपात $\frac{\tau_2}{\tau_1} = \frac{P_1}{P_2} \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{\tau_2}{6 \times 10^{-8}} = \frac{2}{4} \sqrt{\frac{500}{300}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{5}{3}}$.
$\tau_2 = 6 \times 10^{-8} \times 0.5 \times 1.29 \approx 3.87 \times 10^{-8} \, s$.
यह $4 \times 10^{-8} \, s$ के सबसे करीब है।

(D) मान लीजिए अल्फा-कण का प्रारंभिक वेग $v_0$ है और इसका अंतिम वेग $-v_1$ है (क्योंकि यह पीछे की ओर प्रकीर्णित होता है)।
मान लीजिए नाभिक का द्रव्यमान $M$ है और इसका अंतिम वेग $v_2$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$mv_0 = -mv_1 + Mv_2$ --- $(1)$
$1$-आयामी प्रत्यास्थ टक्कर के गुण के अनुसार:
$v_0 = v_1 + v_2$ --- $(2)$
$(2)$ से,$v_1 = v_0 - v_2$। इस मान को $(1)$ में रखने पर:
$mv_0 = -m(v_0 - v_2) + Mv_2$
$mv_0 = -mv_0 + mv_2 + Mv_2$
$2mv_0 = (m + M)v_2 \Rightarrow v_2 = \frac{2mv_0}{m + M}$
अल्फा-कण की अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2}mv_1^2$ है।
यह दिया गया है कि यह अपनी प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $(K_i = \frac{1}{2}mv_0^2)$ का $64\%$ खो देता है,इसलिए शेष गतिज ऊर्जा $K_i$ का $36\%$ है:
$K_f = 0.36 K_i \Rightarrow \frac{1}{2}mv_1^2 = 0.36 \times \frac{1}{2}mv_0^2$
$v_1^2 = 0.36 v_0^2 \Rightarrow v_1 = 0.6 v_0$
प्रत्यास्थ टक्कर में अंतिम वेग के सूत्र का उपयोग करने पर: $v_1 = \left( \frac{m - M}{m + M} \right) v_0$ (जहाँ $v_1$,$v_0$ की दिशा में है)।
चूंकि यह पीछे की ओर प्रकीर्णित होता है,$v_1 = -0.6 v_0$,इसलिए $\frac{m - M}{m + M} = -0.6$.
$m - M = -0.6m - 0.6M$
$1.6m = 0.4M \Rightarrow M = 4m$.

(D) मान लीजिए कि बेलन का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ है। पिस्टन पर कार्य करने वाले बल ऊपर की गैस का दबाव ($P_1 A$ नीचे की ओर),नीचे की गैस का दबाव ($P_2 A$ ऊपर की ओर) और पिस्टन का भार ($mg$ नीचे की ओर) हैं।
पिस्टन के संतुलन में होने के लिए,कुल बल शून्य होना चाहिए:
$P_2 A = P_1 A + mg$
$mg = (P_2 - P_1) A$
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $V = Al$,हमें $P = \frac{nRT}{Al}$ प्राप्त होता है।
अतः,$P_1 = \frac{nRT}{Al_1}$ और $P_2 = \frac{nRT}{Al_2}$.
इन मानों को संतुलन समीकरण में रखने पर:
$mg = \left( \frac{nRT}{Al_2} - \frac{nRT}{Al_1} \right) A$
$mg = nRT \left( \frac{1}{l_2} - \frac{1}{l_1} \right)$
$m = \frac{nRT}{g} \left( \frac{l_1 - l_2}{l_1 l_2} \right)$

(B) $M$ द्रव्यमान वाली पृथ्वी के चारों ओर $r$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में घूम रहे $m$ द्रव्यमान के उपग्रह की गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{GMm}{2r}$ द्वारा दी जाती है।
उपग्रह $A$ के लिए: द्रव्यमान $= m$,त्रिज्या $= R$. अतः,$K.E._A = \frac{GMm}{2R}$.
उपग्रह $B$ के लिए: द्रव्यमान $= 2m$,त्रिज्या $= 2R$. अतः,$K.E._B = \frac{GM(2m)}{2(2R)} = \frac{GMm}{2R}$.
अनुपात लेने पर: $\frac{K.E._A}{K.E._B} = \frac{GMm/2R}{GMm/2R} = 1$.

(A) घूर्णन करते हुए बेलन में द्रव की मुक्त सतह का आकार परवलयाकार होता है,जो समीकरण $y = \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $y$ केंद्र और $r$ त्रिज्या पर दीवार के बीच ऊंचाई का अंतर है।
दिया गया है:
त्रिज्या $r = 5 \, cm = 0.05 \, m$
घूर्णन आवृत्ति $f = 2 \, rev/s$
कोणीय वेग $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 2 = 4 \pi \, rad/s$
गुरुत्वीय त्वरण $g \approx 10 \, m/s^2$
मान रखने पर:
$y = \frac{(4 \pi)^2 \times (0.05)^2}{2 \times 10}$
$y = \frac{16 \times \pi^2 \times 0.0025}{20}$
$\pi^2 \approx 10$ का उपयोग करने पर:
$y = \frac{16 \times 10 \times 0.0025}{20} = \frac{0.4}{20} = 0.02 \, m = 2 \, cm$.

(A) प्रतिरोधक के लिए कलर कोड है: हरा $(5)$,काला $(0)$,लाल $(10^{2})$,भूरा $(\pm 1\% \text{ टॉलरेंस})$.
प्रतिरोध $R$ की गणना $50 \times 10^{2} \, \Omega = 5000 \, \Omega$ के रूप में की जाती है।
पावर रेटिंग $P = 2 \, W$ दी गई है।
पावर सूत्र $P = I^{2}R$ का उपयोग करके,हम अधिकतम धारा $I$ ज्ञात कर सकते हैं:
$I = \sqrt{\frac{P}{R}} = \sqrt{\frac{2}{5000}} = \sqrt{\frac{1}{2500}} = \frac{1}{50} \, A$.
इसे मिलीएम्पियर $(mA)$ में बदलने पर:
$I = \frac{1}{50} \times 1000 \, mA = 20 \, mA$.

(C) मूल बिंदु से $x$ दूरी पर $dx$ लंबाई का एक छोटा अवयव लें। इस अवयव पर आवेश $dq = \rho(x) dx = \rho_0 \frac{x}{l} dx$ है।
जब छड़ $n$ आवृत्ति (घूर्णन प्रति सेकंड) के साथ घूमती है,तो कोणीय वेग $\omega = 2\pi n$ होता है। इस घूमते हुए आवेश अवयव द्वारा उत्पन्न धारा $di = \frac{dq}{T} = dq \cdot n = \rho_0 \frac{x}{l} dx \cdot n$ है।
$x$ त्रिज्या के इस वृत्ताकार धारा लूप का चुंबकीय आघूर्ण $dM = di \cdot A = di \cdot (\pi x^2)$ है।
$di$ का मान रखने पर: $dM = (\rho_0 \frac{x}{l} dx \cdot n) \cdot \pi x^2 = \frac{\pi n \rho_0}{l} x^3 dx$.
$x = 0$ से $x = l$ तक समाकलन करने पर: $M = \int_0^l \frac{\pi n \rho_0}{l} x^3 dx = \frac{\pi n \rho_0}{l} [\frac{x^4}{4}]_0^l = \frac{\pi n \rho_0}{l} \cdot \frac{l^4}{4} = \frac{\pi}{4} n \rho_0 l^3$.

(A) संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए शर्त $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4}$ है।
$R_1$ के लिए रंग कोड (ऑरेंज,रेड,ब्राउन) है। मानक रंग कोड तालिका का उपयोग करते हुए: ऑरेंज = $3$,रेड = $2$,ब्राउन = $10^1$। अतः,$R_1 = 32 \times 10^1 = 320 \, \Omega$।
दिया गया है $R_2 = 80 \, \Omega$ और $R_4 = 40 \, \Omega$।
संतुलित स्थिति से,$R_3 = R_1 \times \frac{R_4}{R_2} = 320 \times \frac{40}{80} = 320 \times 0.5 = 160 \, \Omega$।
$R_3 = 160 \, \Omega$ के लिए,रंग कोड है: $1$ (ब्राउन),$6$ (ब्लू),$10^1$ (ब्राउन)। इसलिए,रंग कोड (ब्राउन,ब्लू,ब्राउन) होगा।

(D) नाभिकीय अभिक्रिया में मुक्त ऊर्जा $(Q)$ उत्पादों की कुल बंधन ऊर्जा और अभिकारकों की कुल बंधन ऊर्जा के बीच के अंतर द्वारा दी जाती है।
$Q = (\text{उत्पादों की कुल B.E.}) - (\text{अभिकारकों की कुल B.E.})$
$Q = (2 \times 4 \times 7.07 + 12 \times 7.86) - (20 \times 8.03)$
$Q = (56.56 + 94.32) - 160.6$
$Q = 150.88 - 160.6$
$Q = -9.72\, MeV$
चूंकि $Q$ का मान ऋणात्मक है,इसलिए यह अभिक्रिया ऊष्माशोषी है,जिसका अर्थ है कि अभिक्रिया होने के लिए निकाय को $9.72\, MeV$ ऊर्जा की आपूर्ति करनी होगी। अतः,दिए गए विकल्पों में से कोई भी सही नहीं है।

(A) एक समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में चुंबकीय द्विध्रुव के दोलन का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{\mu B}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है और $\mu$ चुंबकीय आघूर्ण है।
हुप के लिए,$I_h = MR^2$ और $\mu_h = 2\mu_0$.
ठोस बेलन के लिए,$I_c = \frac{1}{2}MR^2$ और $\mu_c = \mu_0$.
आवर्तकालों का अनुपात लेने पर:
$\frac{T_h}{T_c} = \sqrt{\frac{I_h}{I_c} \cdot \frac{\mu_c}{\mu_h}}$
मान रखने पर:
$\frac{T_h}{T_c} = \sqrt{\frac{MR^2}{\frac{1}{2}MR^2} \cdot \frac{\mu_0}{2\mu_0}}$
$\frac{T_h}{T_c} = \sqrt{2 \cdot \frac{1}{2}} = \sqrt{1} = 1$
अतः,$T_h = T_c$.

(A) स्व-प्रेरित $emf$ का सूत्र $\varepsilon = L \frac{di}{dt}$ है।
यहाँ $\varepsilon = 25\,V$,$\Delta i = 25\,A - 10\,A = 15\,A$,और $\Delta t = 1\,s$ दिया गया है।
अतः,$L = \frac{\varepsilon \Delta t}{\Delta i} = \frac{25 \times 1}{15} = \frac{5}{3}\,H$.
प्रेरक में संचित ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = \frac{1}{2} L (i_f^2 - i_i^2)$ है।
मान रखने पर: $\Delta U = \frac{1}{2} \times \frac{5}{3} \times (25^2 - 10^2)$.
$\Delta U = \frac{5}{6} \times (625 - 100) = \frac{5}{6} \times 525$.
$\Delta U = 437.5\,J$.

(B) मान लीजिए कि $R = 30\,\Omega$ वास्तविक प्रतिरोध है और $R_v$ वोल्टमीटर का आंतरिक प्रतिरोध है।
दिए गए परिपथ में,वोल्टमीटर प्रतिरोध $R$ के साथ समानांतर (parallel) में जुड़ा हुआ है।
समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$R_{eq} = \frac{R \cdot R_v}{R + R_v}$
प्रतिरोध का मापा गया मान $R_{measured} = R_{eq} = \frac{30 R_v}{30 + R_v}$ है।
प्रश्न के अनुसार,मापा गया मान वास्तविक मान से $5\%$ कम है:
$R_{measured} = R \times (1 - 0.05) = 30 \times 0.95 = 28.5\,\Omega$.
$R_{measured}$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{30 R_v}{30 + R_v} = 28.5$
$30 R_v = 28.5(30 + R_v)$
$30 R_v = 855 + 28.5 R_v$
$1.5 R_v = 855$
$R_v = \frac{855}{1.5} = 570\,\Omega$.
अतः,वोल्टमीटर का आंतरिक प्रतिरोध $570\,\Omega$ है।

(D) सुई का चुंबकीय आघूर्ण $M = m \times 2l = 1.8 \times 0.12 = 0.216 \ A \ m^2$ है।
पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र के क्षैतिज घटक $(B_H)$ के कारण टॉर्क $\tau = M B_H \sin(\theta)$ है।
संतुलन में,सुई क्षैतिज के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाती है,इसलिए $\tau = M B_H \sin(45^{\circ})$.
सुई को क्षैतिज रखने के लिए,हम एक सिरे पर (धुरी से $l = 0.06 \ m$ की दूरी पर) बल $F$ लगाते हैं। इस बल के कारण उत्पन्न टॉर्क को चुंबकीय टॉर्क को संतुलित करना चाहिए: $F \times l = M B_H \sin(45^{\circ})$.
गणना के अनुसार,$F \times 0.06 = 1.8 \times 18 \times 10^{-6} \times 0.12 \times \sin(45^{\circ})$ लेने पर,$F \approx 6.48 \times 10^{-5} \ N$ प्राप्त होता है।

(C) $1$. प्रति सेकंड आपतित फोटॉनों की संख्या $(N_i)$ ज्ञात करें:
तीव्रता $I = 16 \, mW/m^2 = 16 \times 10^{-3} \, W/m^2$.
क्षेत्रफल $A = 1 \times 10^{-4} \, m^2$.
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = 10 \, eV = 10 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J = 1.6 \times 10^{-18} \, J$.
कुल आपतित शक्ति $P = I \times A = 16 \times 10^{-3} \times 10^{-4} = 16 \times 10^{-7} \, W$.
$N_i = P / E = (16 \times 10^{-7}) / (1.6 \times 10^{-18}) = 10^{12} \, \text{फोटॉन/सेकंड}$.
$2$. प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या $(N_e)$ ज्ञात करें:
$N_e = 10\% \text{ of } N_i = 0.1 \times 10^{12} = 10^{11} \, \text{इलेक्ट्रॉन/सेकंड}$.
$3$. अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K_{\max})$ ज्ञात करें:
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $K_{\max} = E - \phi = 10 \, eV - 5 \, eV = 5 \, eV$.

(A) बिंदु $P$ (सीधे $S_1$ के सामने) पर पहला निम्निष्ठ प्राप्त होने के लिए,$S_1$ और $S_2$ से आने वाली तरंगों के बीच पथ का अंतर $\frac{\lambda}{2}$ के बराबर होना चाहिए।
$S_1$ से $P$ की दूरी $2d$ है।
$S_2$ से $P$ की दूरी $\sqrt{(2d)^2 + d^2} = \sqrt{4d^2 + d^2} = \sqrt{5}d$ है।
पथ का अंतर $\Delta x = S_2P - S_1P = \sqrt{5}d - 2d = d(\sqrt{5} - 2)$ है।
पहले निम्निष्ठ के लिए पथ के अंतर को $\frac{\lambda}{2}$ के बराबर रखने पर:
$d(\sqrt{5} - 2) = \frac{\lambda}{2}$
अतः,स्लिट पृथक्करण $d$ का मान है:
$d = \frac{\lambda}{2(\sqrt{5} - 2)}$

(D) एकल गोलीय सतह पर अपवर्तन का सूत्र है: $\frac{\mu_{2}}{v} - \frac{\mu_{1}}{u} = \frac{\mu_{2} - \mu_{1}}{R}$।
यहाँ,$\mu_{1} = 1$ (वायु),$\mu_{2} = 1.34$ (आंख का माध्यम),$R = 7.8 \, mm = 0.78 \, cm$,और $u = -\infty$ (समानांतर किरण)।
मान रखने पर:
$\frac{1.34}{v} - \frac{1}{-\infty} = \frac{1.34 - 1}{0.78}$
$\frac{1.34}{v} - 0 = \frac{0.34}{0.78}$
$v = \frac{1.34 \times 0.78}{0.34} \approx 3.074 \, cm$।
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,हमें $v \approx 3.1 \, cm$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है: धारा $I = 2\, mA = 2 \times 10^{-3}\, A$,शक्ति $P = 4.4\, W$।
सूत्र $P = I^2 R$ का उपयोग करके,हम प्रतिरोध $R$ ज्ञात करते हैं:
$R = \frac{P}{I^2} = \frac{4.4}{(2 \times 10^{-3})^2} = \frac{4.4}{4 \times 10^{-6}} = 1.1 \times 10^6\, \Omega$।
अब,जब इस प्रतिरोधक पर $V = 11\, V$ का वोल्टेज लगाया जाता है,तो नई शक्ति $P'$ इस प्रकार होगी:
$P' = \frac{V^2}{R} = \frac{11^2}{1.1 \times 10^6} = \frac{121}{1.1 \times 10^6} = 110 \times 10^{-6}\, W = 11 \times 10^{-5}\, W$।

(B) अनंत से मूल बिंदु तक आवेश $Q$ लाने के लिए किया गया कार्य $W = V \cdot Q$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V$ चार आवेशों के कारण मूल बिंदु पर विद्युत विभव है।
मूल बिंदु $(0, 0)$ से चारों आवेशों की दूरियाँ इस प्रकार हैं:
$r_1 = \sqrt{0^2 + 2^2} = 2$
$r_2 = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$
$r_3 = \sqrt{4^2 + (-2)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$
$r_4 = \sqrt{0^2 + (-2)^2} = 2$
मूल बिंदु पर विभव $V$ है:
$V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{Q}{r_1} + \frac{Q}{r_2} + \frac{Q}{r_3} + \frac{Q}{r_4} \right)$
$V = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2\sqrt{5}} + \frac{1}{2\sqrt{5}} + \frac{1}{2} \right)$
$V = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left( 1 + \frac{2}{2\sqrt{5}} \right) = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$
अतः,किया गया कार्य $W = V \cdot Q = \frac{Q^2}{4\pi \varepsilon_0} \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$ है।

(D) दिया गया है,मॉड्यूलेशन आवृत्ति $(f_m)$ = $250\, kHz$.
यह दिया गया है कि $f_m$ वाहक आवृत्ति $(f_c)$ का $10\%$ है।
अतः,$250\, kHz = 0.10 \times f_c$.
इसलिए,$f_c = 2500\, kHz$.
हस्तक्षेप से बचने के लिए,दो $AM$ स्टेशनों के बीच न्यूनतम आवृत्ति अंतर $2 \times f_m = 2 \times 250\, kHz = 500\, kHz$ होना चाहिए।
इस प्रकार,अगली उपलब्ध प्रसारण आवृत्ति $f_c + 500\, kHz = 3000\, kHz$ या $f_c - 500\, kHz = 2000\, kHz$ होनी चाहिए।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,$2000\, kHz$ सही विकल्प है।

(A) ज़ेनर डायोड $10 \, k\Omega$ के प्रतिरोध के साथ समानांतर में जुड़ा हुआ है। चूंकि ज़ेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज $50 \, V$ है,इसलिए $10 \, k\Omega$ के प्रतिरोध के सिरों पर वोल्टेज भी $50 \, V$ होगा।
$10 \, k\Omega$ के प्रतिरोध से होकर बहने वाली धारा $I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{50 \, V}{10 \, k\Omega} = 5 \, mA$ है।
$120 \, V$ के स्रोत द्वारा प्रदान की गई कुल धारा $5 \, k\Omega$ के श्रेणी प्रतिरोध से होकर गुजरती है। इस प्रतिरोध पर वोल्टेज ड्रॉप $120 \, V - 50 \, V = 70 \, V$ है।
कुल धारा $I_S = \frac{70 \, V}{5 \, k\Omega} = 14 \, mA$ है।
नोड पर किरचॉफ के धारा नियम को लागू करने पर,ज़ेनर डायोड से होकर बहने वाली धारा $I_Z = I_S - I_L = 14 \, mA - 5 \, mA = 9 \, mA$ है।

(B) दिया गया विद्युत क्षेत्र $\vec E(x,z,t) = 10 \hat j \cos(6x + 8z - \omega t)$ है।
मुक्त आकाश में तरंग का वेग $c = \omega / k$ है। तरंग सदिश $\vec k = 6\hat i + 8\hat k$ है। इसका परिमाण $k = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$ है।
अतः,$\omega = ck = 10c$.
विद्युत क्षेत्र $\vec E = 10 \hat j \cos(6x + 8z - 10ct)$ है।
चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_0 = E_0 / c = 10/c$ है।
प्रसारण की दिशा $\hat n = \vec k / k = (6\hat i + 8\hat k) / 10 = 0.6\hat i + 0.8\hat k$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\vec B = \frac{1}{c} (\hat n \times \vec E)$ द्वारा दिया जाता है।
$\vec B = \frac{1}{c} [(0.6\hat i + 0.8\hat k) \times 10\hat j] \cos(6x + 8z - 10ct)$.
$\vec B = \frac{1}{c} [6(\hat i \times \hat j) + 8(\hat k \times \hat j)] \cos(6x + 8z - 10ct)$.
चूंकि $\hat i \times \hat j = \hat k$ और $\hat k \times \hat j = -\hat i$,हमें प्राप्त होता है:
$\vec B = \frac{1}{c} (6\hat k - 8\hat i) \cos(6x + 8z - 10ct)$.

(D) विद्युत द्विध्रुव की निरक्षीय रेखा पर $y$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ का सूत्र $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{p}{(y^2 + a^2)^{3/2}}$ होता है।
चूंकि $y >> 2a$ है,हम $E \approx \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{p}{y^3}$ लिख सकते हैं।
आवेश $Q$ पर स्थिर-विद्युत बल $F = QE = Q \cdot \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{p}{y^3}$ है,जिसका अर्थ है कि $F \propto \frac{1}{y^3}$।
जब आवेश को $P'$ पर ले जाया जाता है जहाँ $OP' = y' = \frac{y}{3}$ है,तो नया बल $F'$ इस प्रकार होगा: $F' \propto \frac{1}{(y')^3} = \frac{1}{(y/3)^3} = \frac{27}{y^3}$।
अतः,$F' = 27F$।

(B) प्रारंभिक धारिता $C = 12 \, pF$,प्रारंभिक विभव $V = 10 \, V$ है।
प्रारंभिक आवेश $Q = CV = 12 \, pF \times 10 \, V = 120 \, pC$ है।
प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{Q^2}{2C} = \frac{(120)^2}{2 \times 12} = \frac{14400}{24} = 600 \, pJ$ है।
जब परावैद्युत स्लैब को डाला जाता है,तो नई धारिता $C' = kC = 6.5 \times 12 = 78 \, pF$ हो जाती है।
चूंकि बैटरी हटा दी गई है,इसलिए आवेश $Q$ स्थिर रहता है।
अंतिम ऊर्जा $U_f = \frac{Q^2}{2C'} = \frac{Q^2}{2kC} = \frac{U_i}{k} = \frac{600}{6.5} \approx 92.31 \, pJ$ है।
संधारित्र द्वारा स्लैब पर किया गया कार्य स्थितिज ऊर्जा में कमी के बराबर है: $W = U_i - U_f = 600 - 92.31 = 507.69 \, pJ$ है।
निकटतम पूर्णांक में लेने पर,हमें $508 \, pJ$ प्राप्त होता है।

(C) अवशोषित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{12500 \ \text{eV-\AA}}{980 \ \text{\AA}} \approx 12.755 \ \text{eV}$ है।
मूल अवस्था $(n=1)$ में हाइड्रोजन परमाणु की ऊर्जा $E_1 = -13.6 \ \text{eV}$ है।
मान लीजिए कि परमाणु $n$ ऊर्जा स्तर में उत्तेजित होता है। प्रदान की गई ऊर्जा $E = E_n - E_1$ है।
$12.755 = -\frac{13.6}{n^2} - (-13.6) = 13.6 \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$.
$1 - \frac{1}{n^2} = \frac{12.755}{13.6} \approx 0.9378$.
$\frac{1}{n^2} = 1 - 0.9378 = 0.0622$.
$n^2 = \frac{1}{0.0622} \approx 16$.
अतः, $n = 4$.
$n$-वीं कक्षा की त्रिज्या $r_n = n^2 a_0$ द्वारा दी जाती है।
$n = 4$ के लिए, $r_4 = 4^2 a_0 = 16 \ a_0$.

(A) सबसे पहले,हम जाँचते हैं कि क्या ज़ेनर डायोड ब्रेकडाउन क्षेत्र में है। मान लीजिए कि ज़ेनर डायोड चालन नहीं कर रहा है $(i_Z = 0)$।
परिपथ $R_1 = 500 \ \Omega$ और $R_2 = 1500 \ \Omega$ के श्रेणी संयोजन जैसा बन जाता है,जो एक अन्य $R_2 = 1500 \ \Omega$ के साथ समानांतर में है।
समानांतर संयोजन पर वोल्टेज $V_p = 12 \times \frac{750}{500 + 750} = 12 \times \frac{750}{1250} = 7.2 \ V$ है।
चूँकि $7.2 \ V < 10 \ V$ (ज़ेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज),ज़ेनर डायोड चालन नहीं करता है।
अतः,ज़ेनर डायोड से होकर बहने वाली धारा $0 \ mA$ है।

(D) आंतरिक परिनालिका का स्व-प्रेरकत्व $L_1 = \mu_0 n_1^2 A_1 l = \mu_0 n_1^2 (\pi r_1^2) l$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों परिनालिकाओं का अन्योन्य प्रेरकत्व $M = \mu_0 n_1 n_2 A_1 l = \mu_0 n_1 n_2 (\pi r_1^2) l$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A_1$ आंतरिक परिनालिका का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
अन्योन्य प्रेरकत्व और आंतरिक कुंडली के स्व-प्रेरकत्व का अनुपात $\frac{M}{L_1} = \frac{\mu_0 n_1 n_2 \pi r_1^2 l}{\mu_0 n_1^2 \pi r_1^2 l}$ है।
इस व्यंजक को सरल करने पर,हमें $\frac{M}{L_1} = \frac{n_2}{n_1}$ प्राप्त होता है।

(B) पथ का अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{8}$ दिया गया है।
कलांतर $\phi$ और पथ के अंतर के बीच संबंध $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ है।
$\Delta x$ का मान रखने पर,$\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{8} = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
किसी भी बिंदु पर परिणामी तीव्रता $I = I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0} \cos \phi = 2I_0(1 + \cos \phi)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_0$ प्रत्येक तरंग की तीव्रता है।
दीप्त फ्रिंज के केंद्र पर,कलांतर $0$ होता है,इसलिए अधिकतम तीव्रता $I_{max} = 2I_0(1 + \cos 0) = 4I_0$ होती है।
दिए गए बिंदु पर,तीव्रता $I = 2I_0(1 + \cos(\pi/4)) = 2I_0(1 + \frac{1}{\sqrt{2}})$ है।
अनुपात $\frac{I}{I_{max}} = \frac{2I_0(1 + 1/\sqrt{2})}{4I_0} = \frac{1 + 0.707}{2} = \frac{1.707}{2} \approx 0.85$ है।

(A) $0 \le t < t_0$ के लिए,परिपथ में एक बैटरी,प्रतिरोध $R$ और प्रेरक $L$ श्रेणीक्रम में होते हैं। धारा घातांकीय रूप से बढ़ती है: $I(t) = \frac{\epsilon}{R}(1 - e^{-Rt/L})$.
$t = t_0$ पर,धारा का मान $I_0 = \frac{\epsilon}{R}(1 - e^{-Rt_0/L})$ तक पहुँच जाता है।
$t \ge t_0$ के लिए,स्विच $S_1$ को खोल दिया जाता है और $S_2$ को बंद कर दिया जाता है। बैटरी हट जाती है और प्रेरक $L$,प्रतिरोध $R$ के माध्यम से डिस्चार्ज होता है। धारा घातांकीय रूप से घटती है: $I(t) = I_0 e^{-R(t-t_0)/L}$.
सही ग्राफ घातांकीय वृद्धि और उसके बाद शून्य की ओर घातांकीय क्षय को दर्शाता है,जो दिए गए समाधान चित्र से मेल खाता है।

(C) आवेशों के निकाय की स्थिर-वैद्युत स्थितिज ऊर्जा $U = \sum \frac{k q_i q_j}{r_{ij}}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए विन्यास के लिए,आवेशों के बीच की दूरियाँ $a, a$ और $a\sqrt{2}$ हैं।
कुल स्थितिज ऊर्जा $U_{\text{total}}$:
$U_{\text{total}} = \frac{kQq}{a} + \frac{kQq}{a\sqrt{2}} + \frac{kq^2}{a\sqrt{2}} = 0$
$\frac{kq}{a} [Q + \frac{Q}{\sqrt{2}} + \frac{q}{\sqrt{2}}] = 0$
$Q(1 + \frac{1}{\sqrt{2}}) = -\frac{q}{\sqrt{2}}$
$Q(\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}}) = -\frac{q}{\sqrt{2}}$
$Q = \frac{-q}{\sqrt{2}+1}$

(A) एक पतले प्रिज्म के लिए,न्यूनतम विचलन कोण $D_m$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$D_m = (n - 1)A$
जहाँ $n$ प्रिज्म के पदार्थ का अपवर्तनांक है और $A$ प्रिज्म का कोण है।
दिए गए ग्राफ से,जैसे-जैसे तरंग दैर्ध्य $\lambda$ बढ़ती है,अपवर्तनांक $n$ घटता है (कॉची का परिक्षेपण सूत्र: $n(\lambda) = a + b/\lambda^2 + ...$)।
चूंकि $D_m$,$(n - 1)$ के सीधे आनुपातिक है,इसलिए जैसे-जैसे $\lambda$ के बढ़ने के साथ $n$ घटता है,वैसे-वैसे $D_m$ को भी $\lambda$ के बढ़ने के साथ घटना चाहिए।
इसलिए,$D_m$ बनाम $\lambda$ का ग्राफ एक घटती हुई प्रवृत्ति को दिखाना चाहिए,जो पहले ग्राफ (ग्राफ $A$) के अनुरूप है।

(C) दिया गया समीकरण $V(t) = A_c [1 + \mu \cos(\omega_m t)] \sin(\omega_c t)$ के रूप में है。
तुलना करने पर, $\omega_c = 5.5 \times 10^5 \, rad/s$ और $\omega_m = 2.2 \times 10^4 \, rad/s$ प्राप्त होता है。
कैरियर आवृत्ति $f_c = \frac{\omega_c}{2\pi} = \frac{5.5 \times 10^5}{2 \times (22/7)} = 87.5 \, kHz$ है。
मॉड्यूलेटिंग आवृत्ति $f_m = \frac{\omega_m}{2\pi} = \frac{2.2 \times 10^4}{2 \times (22/7)} = 3.5 \, kHz$ है。
साइडबैंड आवृत्तियाँ $f_c \pm f_m$ द्वारा दी जाती हैं。
दिए गए विकल्पों के अनुसार सही उत्तर $89.25$ और $85.75$ है।

(D) दिया गया है: वस्तु दूरी $u = -20\,m$,फोकस दूरी $f = 0.3\,m$,वस्तु की गति $v_o = \frac{du}{dt} = 5\,m/s$ (दूर जा रही है,इसलिए $\frac{du}{dt} = 5\,m/s$)।
लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
$\frac{1}{v} - \frac{1}{-20} = \frac{1}{0.3} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{10}{3} - \frac{1}{20} = \frac{200 - 3}{60} = \frac{197}{60}$.
अतः,$v = \frac{60}{197}\,m$.
समय $t$ के सापेक्ष लेंस सूत्र का अवकलन करने पर: $-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} + \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$.
$\frac{dv}{dt} = \left( \frac{v}{u} \right)^2 \frac{du}{dt}$.
मान रखने पर: $\frac{dv}{dt} = \left( \frac{60/197}{-20} \right)^2 \times 5 = \left( -\frac{3}{197} \right)^2 \times 5$.
$\frac{dv}{dt} = \frac{9}{38809} \times 5 \approx 0.00116\,m/s$.
चूंकि चिह्न धनात्मक है,प्रतिबिंब प्रकाश की दिशा में यानी लेंस से दूर जा रहा है।

(B) माना कि प्रत्येक प्रतिरोध का मान $R$ है और बैटरी का वोल्टेज $V$ है।
जब श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_s = R + R = 2R$ होता है।
श्रेणीक्रम में उपभोग की गई शक्ति $P_s = \frac{V^2}{R_s} = \frac{V^2}{2R} = 60 \, W$ है।
इससे हमें $\frac{V^2}{R} = 120 \, W$ प्राप्त होता है।
जब समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{R \times R}{R + R} = \frac{R}{2}$ होता है।
समानांतर क्रम में उपभोग की गई शक्ति $P_p = \frac{V^2}{R_p} = \frac{V^2}{R/2} = 2 \left( \frac{V^2}{R} \right)$ है।
$\frac{V^2}{R}$ का मान रखने पर,हमें $P_p = 2 \times 120 = 240 \, W$ प्राप्त होता है।

(B) माना तार $AB$ का प्रतिरोध $R_{AB} = 4\,\Omega$ है। माना खंड $AJ$ का प्रतिरोध $R_{AJ}$ है। $AJ$ के सिरों पर विभवांतर $V_{AJ} = I \cdot R_{AJ}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ मुख्य परिपथ में धारा है।
प्रथम स्थिति के लिए,मुख्य परिपथ में धारा $I_1 = \frac{6}{R_{h1} + R_{AB}} = \frac{6}{2 + 4} = 1\,\text{A}$ है।
$AJ$ के सिरों पर विभव पतन $V_{AJ} = I_1 \cdot R_{AJ} = 1 \cdot R_{AJ} = \varepsilon_1 = 0.5\,\text{V}$ है।
अतः,$R_{AJ} = 0.5\,\Omega$ प्राप्त होता है।
द्वितीय स्थिति के लिए,मुख्य परिपथ में धारा $I_2 = \frac{6}{R_{h2} + R_{AB}} = \frac{6}{6 + 4} = 0.6\,\text{A}$ है।
चूँकि शून्य विक्षेप बिंदु $J$ समान है,इसलिए प्रतिरोध $R_{AJ}$ का मान $0.5\,\Omega$ ही रहेगा।
द्वितीय स्थिति में emf $\varepsilon_2$ का मान $AJ$ के सिरों पर विभव पतन के बराबर होगा:
$\varepsilon_2 = I_2 \cdot R_{AJ} = 0.6 \times 0.5 = 0.3\,\text{V}$.

(D) विद्युत चुम्बकीय तरंग की तीव्रता $I = \frac{1}{2} \epsilon_0 E^2 c$ द्वारा दी जाती है। चूंकि माध्यम में प्रवेश करते समय तीव्रता स्थिर रहती है,इसलिए $I_i = I_f$.
अतः,$\frac{1}{2} \epsilon_0 E_i^2 c = \frac{1}{2} \epsilon E_f^2 v$,जहाँ $v = \frac{c}{n}$ और $\epsilon = n^2 \epsilon_0$.
$\epsilon_0 E_i^2 c = (n^2 \epsilon_0) E_f^2 (\frac{c}{n}) \Rightarrow E_i^2 = n E_f^2 \Rightarrow \frac{E_i}{E_f} = \sqrt{n}$.
चुंबकीय क्षेत्र के लिए,$B = \frac{E}{v}$.
$\frac{B_i}{B_f} = \frac{E_i / c}{E_f / v} = \frac{E_i}{E_f} \cdot \frac{v}{c} = \sqrt{n} \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{\sqrt{n}}$.
अतः,अनुपात $\left( \sqrt{n}, \frac{1}{\sqrt{n}} \right)$ है।

(D) $10\, \mu F$ संधारित्र की बाईं प्लेट पर कुल आवेश $-30\,\mu C$ है,जिसका अर्थ है कि दाईं प्लेट पर $+30\,\mu C$ आवेश है। यह आवेश समानांतर क्रम में जुड़े $6\,\mu F$ और $4\,\mu F$ संधारित्रों के बीच वितरित होता है।
माना समानांतर संयोजन के सिरों के बीच विभवांतर $V$ है। $6\,\mu F$ संधारित्र पर आवेश $q_1 = 6V$ और $4\,\mu F$ संधारित्र पर आवेश $q_2 = 4V$ है।
चूंकि कुल आवेश $30\,\mu C$ है,इसलिए $6V + 4V = 30$,जिससे $10V = 30$ प्राप्त होता है,अतः $V = 3\,V$ है।
$6\,\mu F$ संधारित्र की बाईं प्लेट पर आवेश $-q_1 = -6 \times 3 = -18\,\mu C$ है और दाईं प्लेट पर आवेश $+18\,\mu C$ है।

(D) इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_e = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है।
फोटॉन की तरंगदैर्ध्य $\lambda_p = \frac{c}{\nu}$ है,जहाँ $\nu$ आवृत्ति है।
प्रश्न के अनुसार,$\lambda_e = 10^{-3} \times \lambda_p$.
मान रखने पर: $\frac{h}{mv} = 10^{-3} \times \frac{c}{\nu}$.
इलेक्ट्रॉन की चाल $(v)$ के लिए सूत्र: $v = \frac{h \nu}{m c \times 10^{-3}}$.
दिए गए मान रखने पर: $v = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 6 \times 10^{14}}{9.1 \times 10^{-31} \times 3 \times 10^8 \times 10^{-3}}$.
$v = \frac{39.78 \times 10^{-20}}{27.3 \times 10^{-26}} = 1.457 \times 10^6 \, m/s \approx 1.45 \times 10^6 \, m/s$.

(B) $r_0$ त्रिज्या वाले एक समान रूप से आवेशित गोलीय कोश के लिए:
$1$. कोश के अंदर $(r < r_0)$ विद्युत विभव $V$ स्थिर रहता है और सतह पर विभव $V = \frac{kq}{r_0}$ के बराबर होता है।
$2$. कोश के बाहर $(r > r_0)$ विद्युत विभव $V$ का मान $V = \frac{kq}{r}$ के अनुसार घटता है,जो एक अतिपरवलयिक (hyperbolic) परिवर्तन है।
$3$. ग्राफ $r < r_0$ के लिए एक स्थिर मान और $r > r_0$ के लिए अतिपरवलयिक गिरावट दिखाता है,जो एक समान रूप से आवेशित गोलीय कोश के विद्युत विभव के व्यवहार से मेल खाता है।

(D) वोल्टेज $V$ द्वारा त्वरित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K = eV = \frac{p^2}{2m}$ द्वारा दी जाती है।
अतः,संवेग $p = \sqrt{2meV}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $B$ में वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{p}{eB} = \frac{\sqrt{2meV}}{eB} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{e}}$ होती है।
दिया गया है: $V = 500 \, V$,$B = 100 \, mT = 0.1 \, T$,$m = 9.1 \times 10^{-31} \, kg$,$e = 1.6 \times 10^{-19} \, C$.
मान रखने पर:
$R = \frac{1}{0.1} \sqrt{\frac{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 500}{1.6 \times 10^{-19}}}$
$R = 10 \times \sqrt{\frac{910 \times 10^{-31}}{1.6 \times 10^{-19}}} = 10 \times \sqrt{568.75 \times 10^{-12}}$
$R = 10 \times 23.85 \times 10^{-6} \approx 7.53 \times 10^{-4} \, m$.

(D) एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए,स्थिति $\frac{P}{Q} = \frac{R}{X}$ होती है।
स्थिति $1$: जब $R = 400 \,\Omega$ होता है,तो ब्रिज संतुलित होता है,इसलिए $\frac{P}{Q} = \frac{400}{X} \quad .....(1)$
स्थिति $2$: $P$ और $Q$ को आपस में बदलने पर,नई संतुलन स्थिति $\frac{Q}{P} = \frac{405}{X} \quad .....(2)$ होती है।
समीकरण $(1)$ से,हमारे पास $\frac{Q}{P} = \frac{X}{400}$ है।
इसे समीकरण $(2)$ में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{X}{400} = \frac{405}{X}$ प्राप्त होता है।
$X^2 = 400 \times 405 = 162000$.
$X = \sqrt{162000} = \sqrt{400 \times 405} = 20 \times \sqrt{405} \approx 20 \times 20.1246 = 402.492 \,\Omega$.
अतः,$X$ का मान $402.5 \,\Omega$ के करीब है।

(C) दिया गया है:
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G = 20\,\Omega$.
विभाजनों की संख्या $N = 30$.
फिगर ऑफ मेरिट $k = 0.005\,A/division$.
मापा जाने वाला अधिकतम वोल्टेज $V = 15\,V$.
सबसे पहले,फुल-स्केल विक्षेप धारा $I_g$ की गणना करें:
$I_g = N \times k = 30 \times 0.005 = 0.15\,A$.
गैल्वेनोमीटर को वोल्टमीटर में बदलने के लिए,इसके साथ श्रेणीक्रम में एक उच्च प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाता है।
कुल प्रतिरोध के लिए सूत्र $V = I_g(G + R)$ है।
मान रखने पर:
$15 = 0.15(20 + R)$
$100 = 20 + R$
$R = 100 - 20 = 80\,\Omega$.
अतः,आवश्यक श्रेणी प्रतिरोध $80\,\Omega$ है।

(C) मीटर ब्रिज के लिए,संतुलन की स्थिति $\frac{R_1}{R_2} = \frac{l}{100-l}$ होती है।
दिया गया है $l = 40\,cm$,इसलिए $\frac{R_1}{R_2} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3} \implies R_2 = 1.5 R_1$ .....$(i)$
जब $R_1$ के साथ श्रेणीक्रम में $10\,\Omega$ जोड़ा जाता है,तो नया प्रतिरोध $(R_1 + 10)\,\Omega$ हो जाता है। शून्य विक्षेप बिंदु $10\,cm$ विस्थापित होता है। चूंकि $R_1$ बढ़ता है,इसलिए बिंदु $B$ की ओर विस्थापित होता है,अतः नई लंबाई $l' = 40 + 10 = 50\,cm$ होगी।
अतः,$\frac{R_1 + 10}{R_2} = \frac{50}{50} = 1 \implies R_1 + 10 = R_2$ .....$(ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ में रखने पर: $R_1 + 10 = 1.5 R_1 \implies 0.5 R_1 = 10 \implies R_1 = 20\,\Omega$ और $R_2 = 30\,\Omega$ प्राप्त होता है।
अब,हमें $(R_1 + 10) = 30\,\Omega$ के साथ समांतर क्रम में $R$ प्रतिरोध जोड़ना है ताकि शून्य विक्षेप बिंदु वापस $40\,cm$ पर आ जाए (अर्थात अनुपात $\frac{2}{3}$ बना रहे)।
माना तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{30R}{30+R}$ है।
तब $\frac{R_{eq}}{R_2} = \frac{2}{3} \implies \frac{R_{eq}}{30} = \frac{2}{3} \implies R_{eq} = 20\,\Omega$।
अतः,$\frac{30R}{30+R} = 20 \implies 30R = 600 + 20R \implies 10R = 600 \implies R = 60\,\Omega$।

(B) मान लीजिए कि समबाहु त्रिभुज की भुजा $a$ है। फ्रेम का परिमाप $P = 3a$ है। मान लीजिए $n$ प्रति इकाई लंबाई फेरों की संख्या है। कुल फेरों की संख्या $N = n \times P = n(3a)$ है।
समबाहु त्रिभुज का क्षेत्रफल $A = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ है।
सोलेनोइड जैसी संरचना का स्व-प्रेरकत्व $L = \mu_0 n^2 A l_{eff}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $l_{eff}$ कुंडली की प्रभावी लंबाई है। यहाँ,स्व-प्रेरकत्व $L \propto N \cdot A$ है।
चूंकि $N = n(3a) \propto a$ और $A \propto a^2$,इसलिए $L \propto a \cdot a^2 = a^3$ है।
यदि $a$ को $3$ के गुणक से बढ़ाया जाता है $(a' = 3a)$,तो $L' \propto (a')^3 = (3a)^3 = 27a^3$ होगा।
अतः,स्व-प्रेरकत्व $27$ के गुणक से बढ़ता है।

(D) घन का आयतन $V = (1\, cm)^3 = (10^{-2}\, m)^3 = 10^{-6}\, m^3$ है।
चुंबकन की तीव्रता $I$ को प्रति इकाई आयतन चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$I = \frac{M}{V} = \frac{20 \times 10^{-6}\, J/T}{10^{-6}\, m^3} = 20\, A/m$.
चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ को चुंबकन की तीव्रता $I$ और चुंबकीय तीव्रता $H$ के अनुपात द्वारा दिया जाता है:
$\chi = \frac{I}{H}$.
चूंकि $H = 60 \times 10^3\, A/m$ दिया गया है,इसलिए:
$\chi = \frac{20}{60 \times 10^3} = \frac{1}{3} \times 10^{-3} = 0.333 \times 10^{-3} = 3.33 \times 10^{-4}$.

(B) दिए गए परिपथ में,डायोड $D_1$ अग्र-बायस (forward-biased) में है और डायोड $D_2$ पश्च-बायस (reverse-biased) में है।
चूंकि $D_2$ पश्च-बायस में है,यह एक खुले परिपथ (open circuit) की तरह कार्य करता है और $D_2$ वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ प्रभावी रूप से $6\,V$ की बैटरी,$100\,\Omega $ के प्रतिरोधक,डायोड $D_1$ (जिसका अग्र प्रतिरोध $50\,\Omega $ है) और $150\,\Omega $ के प्रतिरोधक के श्रेणी क्रम से बना है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R_{diode} + R_1 + R_{series} = 50\,\Omega + 150\,\Omega + 100\,\Omega = 300\,\Omega$ है।
$100\,\Omega $ के प्रतिरोधक से होकर बहने वाली धारा $I$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है: $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{6\,V}{300\,\Omega} = 0.020\,A$।

(B) बाह्य विद्युत क्षेत्र में विद्युत द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$U = -\vec{P} \cdot \vec{E} = -PE \cos \theta$
दिए गए मान:
विद्युत क्षेत्र $E = 1000\,V/m = 10^3\,V/m$
द्विध्रुव आघूर्ण $P = 10^{-29}\,C\cdot m$
कोण $\theta = 45^\circ$
सूत्र में मान रखने पर:
$U = -(10^{-29}) \times (10^3) \times \cos(45^\circ)$
$U = -10^{-26} \times \frac{1}{\sqrt{2}}$
$U = -10^{-26} \times 0.7071$
$U = -0.7071 \times 10^{-26}\,J$
$U = -7.071 \times 10^{-27}\,J$
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान:
$U \approx -7 \times 10^{-27}\,J$

(D) चुंबकीय क्षेत्र $\vec B = B \hat k$ है। कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB}$ है।
दिया गया है कि $d = \frac{mv}{2qB}$,इसलिए $r = 2d$ है।
जब कण $y = d$ पर बाहर निकलता है,तो वेग सदिश $x$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण बनाता है,जो $\sin \theta = \frac{d}{r} = \frac{d}{2d} = \frac{1}{2}$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $\theta = 30^\circ$ या $\frac{\pi}{6}$ है।
कण पर बल $\vec F = q(\vec v \times \vec B)$ है। त्वरण $\vec a = \frac{\vec F}{m} = \frac{q}{m}(\vec v \times \vec B)$ है।
बाहर निकलने के बिंदु पर,वेग सदिश $\vec v = v(\cos \theta \hat i + \sin \theta \hat j)$ है।
अतः,$\vec a = \frac{q}{m} [v(\cos \theta \hat i + \sin \theta \hat j) \times B \hat k] = \frac{qvB}{m} (\cos \theta (-\hat j) + \sin \theta (\hat i)) = \frac{qvB}{m} (\sin \theta \hat i - \cos \theta \hat j)$ है।
$\theta = 30^\circ$ रखने पर,$\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$ और $\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\vec a = \frac{qvB}{m} (\frac{1}{2} \hat i - \frac{\sqrt{3}}{2} \hat j)$ प्राप्त होता है।
विकल्पों के साथ तुलना करने पर,परिमाण और दिशा विकल्प $D$ के अनुरूप है।

(D) विद्युत चुम्बकीय तरंग की तीव्रता $I$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$I = \frac{\text{Power}}{\text{Area}} = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_0^2 c$
दिया गया है:
शक्ति $P = 27 \times 10^{-3}\, W$
क्षेत्रफल $A = 10 \times 10^{-6}\, m^2$
$\epsilon_0 = 9 \times 10^{-12}\, SI\, \text{मात्रक}$
$c = 3 \times 10^8\, m/s$
मान रखने पर:
$\frac{27 \times 10^{-3}}{10 \times 10^{-6}} = \frac{1}{2} \times (9 \times 10^{-12}) \times E_0^2 \times (3 \times 10^8)$
$2700 = \frac{27 \times 10^{-4}}{2} \times E_0^2$
$E_0^2 = \frac{2700 \times 2}{27 \times 10^{-4}} = 200 \times 10^4 = 2 \times 10^6$
$E_0 = \sqrt{2} \times 10^3\, V/m \approx 1.414 \times 10^3\, V/m$
चूंकि $10^3\, V/m = 1\, kV/m$, इसलिए $E_0 \approx 1.4\, kV/m$।

(B) यह परिपथ बिंदुओं $D$ और $C$ के बीच जुड़ी तीन समानांतर शाखाओं से बना है। प्रत्येक शाखा में $E$ विद्युत वाहक बल $(EMF)$ और $r$ आंतरिक प्रतिरोध वाली एक बैटरी है।
बैटरी के समानांतर संयोजन के लिए,तुल्य $EMF$ $E_{eq}$ और तुल्य आंतरिक प्रतिरोध $r_{eq}$ इस प्रकार हैं:
$E_{eq} = \frac{\sum \frac{E_i}{r_i}}{\sum \frac{1}{r_i}} = \frac{\frac{1}{1} + \frac{2}{1} + \frac{3}{1}}{\frac{1}{1} + \frac{1}{1} + \frac{1}{1}} = \frac{6}{3} = 2 \, V$
$r_{eq} = \frac{1}{\sum \frac{1}{r_i}} = \frac{1}{1+1+1} = \frac{1}{3} \, \Omega$
चूंकि $A$ और $B$ पर परिपथ खुला है,इसलिए बाहरी प्रतिरोधों ($5 \, \Omega$ और $10 \, \Omega$) से कोई धारा प्रवाहित नहीं हो रही है। अतः,$A$ और $B$ के बीच का विभवांतर $D$ और $C$ के बीच के विभवांतर के बराबर होगा।
इसलिए,$V_{AB} = V_{DC} = E_{eq} = 2 \, V$.

(C) $1$. ग्राफ से,सिग्नल का एम्प्लिट्यूड $8 \, V$ और $10 \, V$ के बीच बदलता है। इसे $A(t) = 9 + 1 \sin(\omega_m t) \, V$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है।
$2$. मॉड्यूलेटिंग सिग्नल (एनवलप) का समय अंतराल $T_m = 100 \, \mu s = 100 \times 10^{-6} \, s = 10^{-4} \, s$ है। कोणीय आवृत्ति $\omega_m = \frac{2\pi}{T_m} = \frac{2\pi}{10^{-4}} = 2\pi \times 10^4 \, rad/s$ है।
$3$. कैरियर तरंग का समय अंतराल $T_c = 8 \, \mu s = 8 \times 10^{-6} \, s$ है। कोणीय आवृत्ति $\omega_c = \frac{2\pi}{T_c} = \frac{2\pi}{8 \times 10^{-6}} = 0.25 \times 10^6 \pi = 2.5\pi \times 10^5 \, rad/s$ है।
$4$. एम्प्लिट्यूड मॉड्यूलेटेड सिग्नल का सामान्य रूप $V(t) = (A_c + A_m \sin(\omega_m t)) \sin(\omega_c t)$ है।
$5$. मान रखने पर,हमें $V(t) = (9 + 1 \sin(2\pi \times 10^4 t)) \sin(2.5\pi \times 10^5 t) \, V$ प्राप्त होता है।

(D) उत्सर्जित विकिरण की तरंग दैर्ध्य के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ है,जहाँ $R$ रिडबर्ग नियतांक है और $Z$ परमाणु क्रमांक है।
$M$-शेल $(n_i = 3)$ से $L$-शेल $(n_f = 2)$ के संक्रमण के लिए:
$\frac{1}{\lambda} = K \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = K \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = K \left( \frac{9-4}{36} \right) = \frac{5K}{36}$,जहाँ $K = R Z^2$ है।
$N$-शेल $(n_i = 4)$ से $L$-शेल $(n_f = 2)$ के संक्रमण के लिए:
$\frac{1}{\lambda'} = K \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = K \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = K \left( \frac{4-1}{16} \right) = \frac{3K}{16}$ है।
अब,दोनों समीकरणों का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda'}{\lambda} = \frac{5K/36}{3K/16} = \frac{5}{36} \times \frac{16}{3} = \frac{5 \times 4}{9 \times 3} = \frac{20}{27}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\lambda' = \frac{20}{27} \lambda$।

(C) प्रिज्म के लिए,न्यूनतम विचलन की स्थिति $i = e$ और $r_1 = r_2 = r$ होती है।
चूंकि प्रिज्म समबाहु है,प्रिज्म का कोण $A = 60^{\circ}$ है।
संबंध $A = r_1 + r_2$ का उपयोग करने पर,हमें $60^{\circ} = 2r$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $r = 30^{\circ}$।
पहली सतह पर स्नेल के नियम के अनुसार,$n_1 \sin i = n_2 \sin r_1$।
यहाँ $n_1 = 1$ (वायु) और $n_2 = \sqrt{3}$ (प्रिज्म) दिया गया है,इसलिए $\sin i = \sqrt{3} \sin 30^{\circ}$।
चूंकि $\sin 30^{\circ} = 0.5$,हमें $\sin i = \sqrt{3} \times 0.5 = \frac{\sqrt{3}}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$i = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = 60^{\circ}$।

(B) विवर्तन के लिए,$n$-वें निम्निष्ठ की स्थिति $y_n = \frac{n D \lambda}{a}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $\lambda = 5303\,\mathring{A} = 5303 \times 10^{-10}\,m$,$a = 4.05\,\mu m = 4.05 \times 10^{-6}\,m$,$d = 19.44\,\mu m = 19.44 \times 10^{-6}\,m$.
प्रथम विवर्तन निम्निष्ठ $(y_1)$ की स्थिति: $y_1 = \frac{D \lambda}{a}$.
द्वितीय विवर्तन निम्निष्ठ $(y_2)$ की स्थिति: $y_2 = \frac{2 D \lambda}{a}$.
व्यतिकरण के लिए,दीप्त फ्रिंज की शर्त पथ अंतर $\Delta x = m \lambda$ है,जहाँ $\Delta x = \frac{d y}{D}$.
अतः,$m = \frac{d y}{D \lambda}$.
$y_1 = \frac{D \lambda}{a}$ पर,व्यतिकरण फ्रिंज का क्रम $m_1 = \frac{d}{D \lambda} \cdot \frac{D \lambda}{a} = \frac{d}{a} = \frac{19.44}{4.05} = 4.8$.
$y_2 = \frac{2 D \lambda}{a}$ पर,व्यतिकरण फ्रिंज का क्रम $m_2 = \frac{d}{D \lambda} \cdot \frac{2 D \lambda}{a} = \frac{2d}{a} = 2 \times 4.8 = 9.6$.
$y_1$ और $y_2$ के बीच दीप्त फ्रिंज $m$ के उन पूर्णांक मानों के अनुरूप हैं जो $4.8 < m < 9.6$ को संतुष्ट करते हैं।
ये पूर्णांक $m = 5, 6, 7, 8, 9$ हैं।
इस प्रकार,$5$ दीप्त फ्रिंज उपस्थित हैं।

(B) माना प्रत्येक संधारित्र की धारिता $C = 2\,\mu F$ है। हमें तुल्य धारिता $C_{eq} = \frac{6}{13}\,\mu F$ प्राप्त करनी है।
चित्र $B$ में दिखाए गए विन्यास पर विचार करें। इसमें $3$ संधारित्र समानांतर क्रम में हैं,जो फिर $4$ संधारित्रों के श्रेणी क्रम के साथ श्रेणी में जुड़े हुए हैं।
$1$. समानांतर क्रम में $3$ संधारित्रों की तुल्य धारिता $C_p = 3C = 3 \times 2 = 6\,\mu F$ है।
$2$. श्रेणी क्रम में $4$ संधारित्रों की तुल्य धारिता $C_s = \frac{C}{4} = \frac{2}{4} = 0.5\,\mu F$ है।
$3$. अब,$C_p$ और $C_s$ श्रेणी क्रम में हैं। कुल तुल्य धारिता:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_p} + \frac{1}{C_s} = \frac{1}{6} + \frac{1}{0.5} = \frac{1}{6} + 2 = \frac{1 + 12}{6} = \frac{13}{6}\,\mu F^{-1}$.
अतः,$C_{eq} = \frac{6}{13}\,\mu F$। यह वांछित मान से मेल खाता है।

(B) आवेशित कण पर लगने वाला कुल बल लॉरेंट्ज़ बल नियम द्वारा दिया जाता है: $\vec{F} = q\vec{E} + q(\vec{v} \times \vec{B})$.
चुंबकीय क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य हमेशा शून्य होता है क्योंकि चुंबकीय बल वेग के लंबवत होता है: $W_B = \int q(\vec{v} \times \vec{B}) \cdot d\vec{r} = \int q(\vec{v} \times \vec{B}) \cdot \vec{v} dt = 0$.
इसलिए,कुल कार्य केवल विद्युत क्षेत्र के कारण होता है: $W = \int \vec{F}_E \cdot d\vec{r} = \int q\vec{E} \cdot d\vec{r}$.
यहाँ $\vec{E} = 2\hat{i} + 3\hat{j}$ और विस्थापन सदिश $\vec{S} = (1 - 0)\hat{i} + (1 - 0)\hat{j} = \hat{i} + \hat{j}$ है।
$W = q(2\hat{i} + 3\hat{j}) \cdot (\hat{i} + \hat{j}) = q(2(1) + 3(1)) = 5q$.
किए गए कुल कार्य का परिमाण $5q$ है।